安徽省滁州市2022-2023学年高一下学期教学质量监测数学试题

这是一份安徽省滁州市2022-2023学年高一下学期教学质量监测数学试题，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

安徽省滁州市2022-2023学年高一下学期教学质量监测数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
2．已知平面向量，，则（    ）
A．1 B．2 C． D．3
3．“”是“复数()为纯虚数”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．一组数据为2，4，4，5，7，8，则这组数据的第60百分位数是（    ）
A．3 B．4 C．4.5 D．5
5．若，则（    ）
A． B． C． D．
6．碳14是碳元素的一种同位素，具有放射性.活体生物其体内的碳14含量大致不变，当生物死亡后，其组织内的碳14开始衰变并逐渐消失.已知碳14的半衰期为5730年，即生物死亡t年后，碳14所剩质量，其中C0为活体组织中碳14的质量.科学家一般利用碳14这一特性测定生物死亡年代.2023年科学家发现某生物遗体中碳14含量约为原始质量的0.8倍，依据计算结果并结合下图中我国历史朝代的时间轴可推断该生物死亡的朝代为（    ）(参考数据：)
  
A．西汉 B．东汉 C．三国 D．晋朝
7．如图，在平面四边形中，E，F分别为和的中点，那么（    ）
  
A． B．
C． D．
8．已知函数的图象和函数的图象有唯一交点，则实数m的值为（    ）
A．1 B．3 C．或3 D．1或3

二、多选题
9．已知函数，则（    ）
A．的最小正周期为 B．的图象关于直线对称
C．的图象关于点对称 D．在区间上单调递减
10．抛掷一蓝、一黄两枚质地均匀的正方体骰子，设事件A为“两颗骰子点数之和大于7”，事件B为“黄骰子点数为偶数”，则（    ）
A． B．事件A与B相互独立 C． D．
11．已知正数a，b满足，则（    ）
A．ab的最大值为 B．的最小值为4
C．的最小值为 D．的最大值为
12．如图，圆锥PO的底面半径为2，高为4，点C是圆O上异于直径AB端点的动点，则（    ）
  
A．圆锥PO的侧面积为
B．四面体体积的最大值为
C．若，则二面角的余弦值为
D．若，E是母线PC上的动点，则的最小值为

三、填空题
13．复数满足，则 ．
14．已知点A，B，C，D，E，F均匀分布在圆O上，从这6个点中任取三个点，则以这三个点为顶点的三角形是等腰三角形的概率为 .
15．在棱长为2的正方体中，点E是棱的中点，过点E作垂直于直线的截面，则该截面的面积为 .

四、双空题
16．已知平面向量，满足，，记向量与的夹角为θ.
（1）若，则 ；
（2）的取值范围为 .

五、解答题
17．已知平面向量，.
(1)若与垂直，求实数的值；
(2)求在上投影向量的坐标.
18．如图，在四棱锥中，DA⊥平面ABE，，，，F是DE的中点.
  
(1)证明：平面ABE；
(2)若，直线DE与平面ABE所成角为，求直线CF与直线DB所成角的余弦值.
19．4月23日是世界读书日，又称“世界图书日”.今年是安徽省开展全民阅读活动的第十年，某市组织学生参加“书香安徽·皖美阅读”活动.为了解该市义务教育阶段学生每周读书时间，按小学生和初中生进行分层，采用比例分配的分层随机抽样方法抽取了样本量为1000的样本进行调查，其中小学生600人，初中生400人，发现他们的每周读书时间都在200～500分钟之间，进行适当分组后(每组都是左闭右开的区间)，画出频率分布直方图如图所示.
  
(1)求a的值；
(2)若上述样本中小学生每周读书时间的平均数为320分钟，请根据频率分布直方图估计样本中初中生每周读书时间的平均数.
20．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.
(1)求角A的大小；
(2)若，，AD是△ABC的角平分线，求AD的长.
21．已知定义在R上的偶函数和奇函数满足.
(1)和；
(2)判断的单调性，并用单调性的定义加以证明；
(3)若不等式对一切实数x都成立，求实数m的取值范围.
22．如图，在四面体P-ABC中，△ABC是等腰三角形AB⊥BC，.
  
(1)证明：PB⊥AC；
(2)若AB=2，，PA⊥AB.
（ⅰ）求点A到平面PBC的距离；
（ⅱ）求二面角的正弦值.

参考答案：
1．D
【分析】解出集合，利用交集含义即可得到答案.
【详解】，，
所以，
故选：D.
2．C
【分析】根据向量的坐标运算求解.
【详解】由题意可得：，
所以.
故选：C.
3．B
【分析】根据纯虚数的定义以及必要不充分条件的判定即可得到答案.
【详解】若，则复数为0，不是纯虚数，则正向无法推出；
若复数()为纯虚数，则，则反向可以推出，
则“”是“复数()为纯虚数”的必要不充分条件，
故选：B.
4．D
【分析】利用百分位数的定义运算即可.
【详解】，故其第60百分位数是第四位，即5，
故选：D.
5．A
【分析】根据诱导公式和二倍角的余弦公式即可得到答案.
【详解】，
而，
则，
故选：A.
6．B
【分析】根据题意列方程，运用对数运算求近似解即可.
【详解】由题意知，所以，
所以，所以.
，故对应死亡的朝代为东汉，
故选：B.
7．C
【分析】根据向量加法的几何意义，结合图形的几何特征即可求解.
【详解】因为

又，
所以，
即
故选：C
8．D
【分析】将问题转化为方程有唯一解，令，再次转化为在上有唯一零点，通过判断函数的奇偶性，可得，从而可求得结果.
【详解】因为函数的图象和函数的图象有唯一交点，
所以方程有唯一解，
即有唯一解，
令，则在上有唯一零点，
因为，
所以为偶函数，
因为在上有唯一零点，所以唯一的零点为，
所以，即，
得，解得或，
故选：D
【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查函数奇偶性的应用，解题的关键是由题意将问题转化为在上有唯一零点，再通过判断函数有奇偶性，根据奇偶性的性质可求解，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
9．AC
【分析】根据正弦函数的性质求出函数的最小正周期，利用整体代换法即可求出函数的对称轴、对称中心和单调区间.
【详解】A：
，的最小正周期为，故A正确；
B：令，解得，，
令，解得，，所以不存在，故B错误；
C：令，解得，，
令，则，则的图象关于点对称，故C正确；
D：令，，
解得，，
即的单调递增区间为，，
当时，单调递减区间为，故D错误；
故选：AC.
10．AD
【分析】对于A、C、D：结合古典概型和对立事件运算求解；对于B：结合独立事件分析判断.
【详解】记中x表示蓝骰子点数，y表示黄骰子点数，
抛掷两枚骰子，共有个基本事件，
事件为“两颗骰子点数之和大于7”，
包含，
共有个基本事件，
则，所以，故A正确；
事件B为“黄骰子点数为偶数”，则，
事件为“两颗骰子点数之和大于7且黄骰子点数为偶数”，
包含，
共有个基本事件，则，
因为，所以事件A与B不相互独立，
故B、C错误；
事件为“两颗骰子点数之和不大于7且黄骰子点数为奇数”，
包含，
共有个基本事件，则，
所以，故D正确；
故选：AD.
11．AB
【分析】由已知结合基本不等式及相关结论分别检验各选项即可判断．
【详解】对于选项A，正实数，满足，由基本不等式得，当且仅当时取等号，则A正确；
对于选项B，，当且仅当时取等号，则B正确；
对于选项C，，当且仅当时取等号，即，则C错误；
对于选项D，，则，
，
当且仅当，即时，取等，但，故等号无法取到，故D错误．
故选：AB.
12．ABD
【分析】根据圆锥侧面积公式即可判断A，求出面积的最大值即可判断B，利用二面角的定义计算即可判断C，根据三点一线和余弦定理即可判断D.
【详解】对A，由已知，，则，
则圆锥侧面积为，故A正确；
对B，因为在圆周上，则，,
则，则，当且仅当时等号成立,
则，．B正确；
对C，取中点，分别连接，因为，则，
若，又因为，则，因为为中点，
则，则，又因为平面平面，
平面，平面，则即为二面角，
又因为底面，平面，则，
则，则，则C错误；
  
对D，，且，则为等腰直角三角形，
则，
把和摊平，如图，
的最小值是，易知，
，则，
，
则，故D正确；
故选：ABD.
  
13．
【详解】由题意得，
∴．
14．/0.4
【分析】列出所有情况及满足题意的情况数，利用古典概型即可得到答案.
【详解】由题意所有情况有：,
，共20种，
根据图知其中满足题意的有：，共8种，
故以这三个点为顶点的三角形是等腰三角形的概率为，
故答案为：.
  
15．
【分析】作出截面，利用线面垂直的判定结合余弦定理即可得到答案.
【详解】作出三角形边上的高，垂足为点，再过点作的垂线分别交，于点，
过点作的平行线与交于点，
依次连接则得到截面，
，，，平面，
平面，
因为点E是棱的中点，则，
，，
，
，
，
则，
根据，为的角平分线，，
则易证，则，
则，则分别为为中点，，
因为，则，
则四边形为平行四边形，
因为平面，，
则平面，因为平面，
则，则.
故答案为：.

16． ；
【分析】（1）先计算，，再根据向量夹角公式即可求解；
（2）令，则，根据向量夹角公式可得，令，可得，再根据函数的单调性即可求解.
【详解】（1）因为，
，
所以，
又因为，所以；
（2）令，则，
因为，
，
所以，
令，则，
，
即，
所以，
因为在 上单调递增，在上单调递减，
所以当时，有最大值，为，
又当时，，
当时，，
所以，即的取值范围为.
故答案为：；
17．(1)
(2)

【分析】（1）根据数量积运算律得到方程解出即可；
（2）根据投影向量的计算公式即可得到答案.
【详解】（1）由题：.
由与垂直可得：.
所以.
所以.
所以.
（2）在上投影向量.
18．(1)见解析
(2)

【分析】（1）取中点，连接，，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定即可证明；
（2）连接，得到，证明为直角三角形，则得到余弦值.
【详解】（1）如图，取中点，连接，，
因为是的中点，所以且，
又.
所以且.
所以四边形为平行四边形，
所以，又平面平面.
所以平面.
（2）由（1）可知即为直线与直线所成角或其补角，
连接，因为平面，平面，所以，
所以即为直线与平面所成角，所以,
所以，所以三角形为正三角形.
所以，
则，
所以为直角三角形，所以.
故直线与直线所成角的余弦值为.
  
19．(1)0.0044
(2)360

【分析】（1）根据频率和为1运算求解；
（2）先根据频率分布直方图估计全体的平均数，进而根据平均数运算求解.
【详解】（1）由频率分布直方图可知：每组的频率依次为，
则，解得.
（2）由题意可得：中小学生每周读书时间的平均数，
设初中生每周读书时间的平均数，
则，即，解得，
样本中初中生每周读书时间的平均数360.
20．(1)
(2)

【分析】（1）先利用正弦定理角化边，再利用余弦定理即可得到答案；
（2）根据，再利用三角形面积公式得到关于的方程，解出即可.
【详解】（1）由正弦定理可知.
由余弦定理可得，
又，所以.
（2）由题意知，
所以，
所以，
解得.
21．(1)
(2)在R上单调递增，证明见详解
(3)

【分析】（1）根据结合奇偶性运算求解；
（2）根据单调性的定义结合指数函数单调性分析证明；
（3）利用换元法整理得原题意等价于对一切实数都成立，根据恒成立问题结合基本不等式运算求解.
【详解】（1）由题意可知：，则，
且定义在R上的偶函数和奇函数，可得，
解得，
（2）在R上单调递增，证明如下：
对，且，
因为在定义域内单调递增，则，
可得，则，
可得，则，即，
所以在R上单调递增.
（3）因为，则，
令，当且仅当，即时，等号成立，
则，
因为，则，
整理得，
故原题意等价于对一切实数都成立，
因为，当且仅当，即时，等号成立，
所以，即实数m的取值范围.
22．(1)证明见详解
(2)（ⅰ）（ⅱ）

【分析】（1）根据线面垂直的判定定理和性质定理分析证明；
（2）根据题意将三棱锥转化为直三棱柱. （ⅰ）根据线面垂直的判定定理分析求解；（ⅱ）利用二面角的平面角的概念结合条件即得.
【详解】（1）由题意可得：，
所以≌，则，
取的中点，连接，则，
且，平面，所以平面，
由于平面，可得PB⊥AC.
（2）（ⅰ）由题意可得：，
因为平面，且平面，平面平面，
过作平面，垂足为，连接，
在中，由余弦定理可得，
即为钝角，则点在的延长线上，
可得，则，
即，且，则为正方形，
以为底面作直三棱柱，可得，
过作，垂足为，
因为平面，平面，则，
，平面，则平面，
利用等面积法，即，解得，
所以点A到平面PBC的距离；
（ⅱ）过作//，交于点，连接，
因为平面，平面，可得，
又因为平面，平面，可得，
且//，则，
，平面，所以平面，
平面，则，
所以二面角的平面角为，
则，
所以二面角的正弦值.