2022-2023学年山东省淄博市第一中学高二下学期第三次教学质量检测数学试题含答案

这是一份2022-2023学年山东省淄博市第一中学高二下学期第三次教学质量检测数学试题含答案，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若为虚数单位，则复数的虚部为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据复数的除法运算化简复数，再根据复数的概念即可得答案.
【详解】，其虚部为．
故选：D．
2．某地8名新冠肺炎病患者的潜伏期(单位：天)分别为7，8，8，12，11，10，14，16，则它们的75%分位数是（ ）
A．12B．13C．14D．15
【答案】B
【分析】将已知数据按照从小到大的顺序排列，然后根据百分位数的求法即可得出答案.
【详解】解：将已知数据按照从小到大的顺序排列，得7，8，8，10，11，12，14，16，
，所以75%分位数是.
故选：B.
3．一个扇形的圆心角为，面积为，则该扇形弧长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由扇形的面积公式求得扇形的半径，进而由弧长公式计算可得.
【详解】设扇形的弧长为，半径为，根据已知的扇形的圆心角，面积，
由扇形的面积公式，得，解得（负值舍去），
由弧长公式，
故选：B
4．已知是平行四边形，，若，则（ ）
A．B．1C．D．
【答案】C
【分析】根据平面向量线性运算法则及平面向量基本定理计算可得.
【详解】因为，所以，
所以，又，所以，
．
故选：C．
5．设，，，则有（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用辅助角公式化简a，正切二倍角公式和放缩放化简b，余弦二倍角公式化简c，然后根据正弦函数的单调性比较可得.
【详解】，
，
，
当，单调递增，
所以，所以.
故选：C
6．如图，正方体中，E，F分别是，DB的中点，则异面直线EF与所成角的正切值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据异面直线的夹角的求法和线面位置关系即可求解.
【详解】
如图所示，连接直线，
因为分别为直线和直线的中点，
所以为的中位线，
所以，
则异面直线EF与所成角的正切值即为直线与所成角的正切值，
因为,
所以平面,
平面,
所以,
所以为直角三角形，
所以.
故选：B.
7．已知圆台的上底面半径为2，下底面半径为4，若该圆台的体积为，则其母线长为（ ）
A．B．C．4D．
【答案】A
【分析】根据圆台体积公式求出圆台高，再由高及底面半径求圆台母线.
【详解】设圆台的高为，
则圆台的体积，
解得，
故圆台母线长．
故选：A
8．已知，则下列结论错误的是（ ）
A．是周期函数
B．在区间上是增函数
C．的值域为
D．关于对称
【答案】D
【分析】由周期函数的定义可判断A；由复合函数的单调性结论可判断B；判断出的单调性可判断C；由函数有对称轴的性质可判断D.
【详解】由题知，，
，
是函数的一个周期，故A正确；
在区间上是增函数，其值域为在区间上是增函数，根据复合函数同增异减法则知，在区间上是增函数，故B正确；的值域为在区间上是增函数，
的值域为，故C正确；
不关于对称，故错误，
故选：D.
二、多选题
9．将函数的图象向左平移个单位长度得到一个偶函数，则的值可以为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】化简函数的解析式，求出变换后的函数的解析式，根据正弦型函数的奇偶性可得出关于的等式，即可求得值.
【详解】因为，
将函数的图象向左平移个单位长度，
得到函数的图象，
因为函数为偶函数，则，
解得，
，则当时，，时，.
故选：AC.
10．在中，内角，，所对的边分别为，，，且，则（ ）
A．
B．若，则
C．若，，则
D．若，则的面积的最小值为
【答案】BC
【分析】对于A选项，根据，由正弦定理求得判断；对于B选项，结合A选项，利用正弦定理求解判断；对于C选项，结合A选项，利用余弦定理求解判断；对于D选项，利用余弦定理结合基本不等式求解判断.
【详解】对于A选项，由正弦定理有，有，有，可得，故A选项错误；
对于B选项，由正弦定理有，有，故B选项正确；
对于C选项，由余弦定理有，有，代入，可得，故C选项正确；
对于D选项，由余弦定理有（当且仅当时取等号），有，故D选项错误．
故选：BC．
11．已知，是两个不同的平面，，，是三条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，，则
D．若，，，则
【答案】ACD
【分析】根据空间中线、面位置关系逐项分析判断.
【详解】对于选项A：因为，，所以由线面垂直的性质可得，故A正确；
对于选项B：若，，则m与n可能异面或相交或平行，故B错误；
对于选项C：因为，，，，
由面面垂直的性质定理知，，故C正确；
对于选项D：设，且，因为，则，
设，且，因为，则，可得，
又因为，，则，
且，，则，可得，故D正确；
故选：ACD.
12．近年来，加强青少年体育锻炼，重视体质健康已经在社会形成高度共识，某校为了了解学生的身体素质状况，举行了一场身体素质体能测试，以便对体能不达标的学生进行有效的训练，促进他们体能的提升，现从全部测试成绩中随机抽取200名学生的测试成绩，进行适当分组后，画出如下频率分布直方图，则（ ）
A．
B．在被抽取的学生中，成绩在区间内的学生有70人
C．估计全校学生体能测试成绩的平均数为77.5
D．估计全校学生体能测试成绩的69%分位数为84
【答案】ACD
【分析】根据频率分布直方图中频率和等于1可求出，判断A；求出成绩落在内的频率，再乘以总人数可判断B；根据频率分布直方图平均数的求解方法即可判断C；根据百分位数的定义求解可判断D.
【详解】根据频率和等于1得，
解得，故A正确；
成绩在区间内的学生人数约为，故B错误；
学生体能测试成绩的平均数约为，故C正确；
，
，
所以这组数据第69%分位数的估计值落在区间内，
，故学生体能测试成绩的69%分位数为84，故D正确；
故选：ACD
三、填空题
13．已知角α的终边过点，则 .
【答案】2
【分析】方法1：由角终边上一点的坐标得其正切值，再处理齐次式代入可得结果.
方法2：由角终边上一点的坐标得其正弦值、余弦值代入计算可得结果.
【详解】方法1：由题意知，，
∴，
方法2：由题意知，，，
∴，
故答案为：2.
14．已知，，若与的夹角是锐角，则实数x的取值范围是 ．
【答案】
【分析】设与的夹角为，则，根据列式可求出结果.
【详解】设与的夹角为，则，
所以，解得且.
故答案为：
15．有三个男生的平均身高为170cm，方差为30；有七个女生的平均身高为160cm，方差为40，则这10人身高的方差为 ．
【答案】58
【分析】根据男女生权重计算出10人的平均身高，该根据男女生权重和方差公式计算出新的方差.
【详解】由题意知，男生的平均身高、权重和方差分别为，，；
女生的平均身高、权重和方差分别为，，；
则，
.
故答案为：58.
16．如图，三个相同的正方形相接，则 .
【答案】/
【分析】根据给定的几何图形，利用差角的正切求解作答.
【详解】依题意，，
所以.
故答案为：
四、解答题
17．的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知，，，求A和a.
【答案】，
【分析】首先根据向量的数量积及三角形面积公式求出，，再利用余弦定理计算可得.
【详解】解：，，
，，，
【点睛】本题考查余弦定理及三角形面积公式的应用，向量的数量积的计算，属于基础题.
18．如图，正方形ABCD与平面BDEF交于BD，平面ABCD，平面ABCD，且.

(1)求证：平面AEC；
(2)求证：平面AEC.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，由条件可证四边形BOEF为平行四边形，则，再由线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据题意，先由线面垂直的判定定理可证平面BDEF，从而可得，即可得到证明.
【详解】（1）
如图，设AC与BD交于点O，则O为正方形ABCD的中心，连接OE，不妨令.
则.
∵四边形ABCD为正方形，∴.
∵平面ABCD，且平面平面，面，
∴，
∴，，即四边形BOEF为平行四边形，
∴.
又平面AEC，平面AEC，
∴平面AEC.
（2）连接OF.
∵，且，，∴四边形ODEF为菱形.
∵平面ABCD，
∴四边形ODEF为正方形，∴.
又四边形ABCD为正方形，
∴.
∵平面ABCD，平面ABCD，
∴.
而，且平面BDEF，平面BDEF，
∴平面BDEF.
∵平面BDEF，
∴.
又，OE，平面AEC，
∴平面AEC.
19．某校从高二年级学生中随机抽取60名学生，将其期中考试的政治成绩（均为整数）分成六段：后得到如下频率分布直方图.
(1)根据频率分布直方图，估计该校高二年级学生期中考试政治成绩的平均分、众数、中位数；（小数点后保留一位有效数字）
(2)用分层抽样的方法在各分数段的学生中抽取一个容量为20的样本，则分数段抽取的人数是多少？
【答案】(1)平均数为，众数为75，中位数为
(2)6
【分析】（1）根据频率分布直方图中众数，平均数，中位数的计算方法解决即可；
（2）由抽取比例为， 分数段人数为18人，即可解决.
【详解】（1）由图可知众数为75，
因为，解得，
设中位数为，
所以，解得，
所以中位数为，
平均数为
（2）因为总人数有60人，抽取20人，
所以抽取比例为，
因为60人中分数段人数为人，
所以分数段抽取的人数是.
20．已知函数.
(1)求函数的单调递减区间；
(2)若在（）上单调递增，求的取值范围.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）化简得到，取，解得答案.
（2）取得到函数的单调递增区间，得到，解得答案.
【详解】（1）
，
令，，解得，，
故的单调递减区间为，；
（2）令，，解得，，
所以的单调递减区间为，；
所以，故的取值范围为.
21．如图，三棱柱中､四边形是菱形，且，，，，
(1)证明：平面平面；
(2)求直线和平面所成角的正弦值；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于O，连接，证明可得线面垂直，再由面面垂直的判定定理得证；
（2）利用等体积法求出点到平面的距离，再由线面角公式求解即可.
【详解】（1）连接交于O，连接，如图，
四边形是菱形，所以，
又，，是的中点，
所以且，
由，可知为正三角形，
所以，，
在中，，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
（2）设到平面的距离为，
因为中，，，
所以，
又，，
所以由，可得,
即,
设直线和平面所成角为，
则.
22．如图，的面积为，记内角，，所对的边分别为，，，已知，.

(1)求的值；
(2)已知点在线段上，点为的中点，若，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将中的替换为，边化角求得，再由三角形面积求即可；
（2）在中由余弦定理求得，向量法求得中线，在中由余弦定理求得的余弦值，再利用平方关系求得的正弦值，最后用求解即可.
【详解】（1）∵在中，，，
∴，
∴由正弦定理得，，
∴，
又∵，∴，
又∵，∴，
又∵的面积，
∴解得.
（2）在中，由余弦定理得，
，
∴，又∵为中点，∴.
∵为的中点，故，
∴
，
∴，
在中，由余弦定理得，
∴，
∴
.