广东省深圳市普通高中2022-2023学年高一下学期期末数学试卷（解析版）

这是一份广东省深圳市普通高中2022-2023学年高一下学期期末数学试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由集合，
根据集合交集的概念与运算，可得.
故选：B.
2. 设复数满足（是虚数单位），则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】因为，所以，所以.
故选：D.
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】.
故选：A．
4. 某户居民今年上半年每月的用水量（单位：t）如下：
小明在录入数据时，不小心把一个数据9.6录成96，则这组数据中没有发生变化的量是（ ）
A. 平均数B. 中位数C. 极差D. 标准差
【答案】B
【解析】实际数据从小到大排序为4.0，5.9，7.7，9.0，9.6，14.9，
其平均数为：，中位数为：，
极差为：，
录错数据从小到大排序为4.0，5.9，7.7，9.0，14.9，96，
其平均数为：，中位数为：，
极差为：，
根据标准差的含义，标准差反映数据的离散程度可知，
错误的录入一个非常大的数据会导致数据的标准差变化，
所以这组数据中没有发生变化的量是中位数.
故选：B.
5. 已知m，n是空间两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列命题错误的是（ ）
A. ，，，则
B. ，，，则
C. ，，，则
D. ，，，则
【答案】C
【解析】对于由线面平行的性质定理可知正确；
对于,，，或者，又则，故正确；
对于,由，，，则或者与相交或者异面，
则不一定成立，故错误；
对于,若，，，则与一定不平行，否则有，与已知矛盾，
通过平移使与相交，设与确定的平面为，
则与和的交线所成的角即为和所成的角，
又，所以与所成的角为，故正确.
故选：.
6. 在梯形中，若，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意，，化简得，
即，则.
故选：A.
7. 已知正实数m，n满足，则下列不等式恒成立的为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】对于A，，
当且仅当时，取等号，所以，故A错误；
对于B，因为，所以，
所以，当且仅当时，取等号，
所以，故B错误；
对于C，，
当且仅当，即时，取等号，所以，故C正确；
对于D，因为，所以，
所以，
当且仅当时，取等号，所以，故D错误.
故选：C.
8. 已知函数，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】函数的定义域为，
且，即是偶函数，
当时，，构造，，
令，则在上单调递增，又也是增函数，
则在上单调递增，
又是定义域内的增函数，故在上单调递增，
不等式等价于，
即，平方得：，解得且，
则不等式的解集为.
故选：B.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为B. 的图象关于对称
C. 的图象关于对称D. 在上单调递减
【答案】AC
【解析】由题意，在中，，A正确；
∵函数关于对称，∴在中，
，解得：，当时，，故B错误；
在函数中，函数关于对称，
在中，，解得：，
当时，，C正确；
在函数中，函数在上单调递减，
在中，当函数单调递减时，
，解得：，
∴在上单调递减，在在上单调递增，D错误.
故选：AC.
10. 将一枚质地均匀的骰子抛掷两次，记事件“第一次出现奇数点”，事件“两次点数之积为偶数”，事件“两次点数之和为5”，则（ ）
A. 事件是必然事件B. 事件与事件是互斥事件
C. 事件包含事件D. 事件与事件是相互独立事件
【答案】ACD
【解析】事件A的基本事件有：
，
事件B的基本事件有：
，
事件C的基本事件有：，
事件AC的基本事件有：，
A：事件是必然事件，故正确；
B：因为，所以事件与事件不是互斥事件，故错误；
C：因为，所以事件包含事件，故正确；
D：因为，
所以，所以事件与事件是相互独立事件，故正确.
故选：ACD.
11. 用表示不超过的最大整数，例如，，.已知，则（ ）
A. B. 为奇函数
C. ，使得D. 方程所有根的和为
【答案】AD
【解析】对于A，，正确；
对于B，举反例，当时，，
而，所以，
故函数不是奇函数，错误；
对于C，根据的定义，可知对，有，
所以，
所以，错误；
对于D，即，所以，即，
又，所以，解得，
当时，满足方程，即是方程的根，
当时，，方程化为，解得，
故方程所有根的和为，正确.
故选：AD.
12. 在直三棱柱中，，且，为线段上的动点，则（ ）
A.
B. 三棱锥的体积不变
C. 的最小值为
D. 当是的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为
【答案】ABD
【解析】连接，如图所示，
直三棱柱中，，
为正方形，，
，平面，平面，，
平面，，平面，
平面，，A选项正确；
由直三棱柱的结构特征，，故三棱锥的体积为定值，B选项正确；
设，，，
，
，
，
其几何意义是点和点到点的距离之和，
最小值为点到点的距离，为，C选项错误；
当是的中点时，，，，
，
，，
，设点到平面的距离为，由，
得，，
直三棱柱是正方体的一半，外接球的球心为的中点，
外接球的半径，点到平面的距离为，
则过三点的平面截三棱柱外接球所得截面圆的半径为
，截面面积为，D选项正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. ______.
【答案】
【解析】.
故答案为：.
14. 母线长为的圆锥，其侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为_____________.
【答案】
【解析】设圆锥的底面半径为，
由题意，圆锥的母线长为，且其侧面展开图是圆心角为的扇形，
则底面周长为，解得，
则该圆锥的体积为.
故答案为：.
15. 高中数学兴趣小组计划测量某大厦的高度，选取与底部在同一水平面内的两个基测点与.现测得，，米，在点测得大厦顶的仰角，则该大厦高度_____________米（精确到1米）.
参考数据：，.
【答案】
【解析】在中，，，米，则，
因为，所以米，
在中，，
则，所以米.
故答案为：.
16. 四边形中，点分别是的中点，，，，点满足，则的最大值为______.
【答案】
【解析】因为，，又点分别是的中点，
所以，所以，
，
又，所以，又点分别是的中点，所以，
因为，所以，
即，设，，则，所以，
所以，
所以当即时，有最大值1，即有最大值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知函数，其中，且.
（1）求；
（2）若，求的值域.
解：（1），，得.
（2），，，当时，即，
函数取得最小值，
当时，即，函数取得最大值，所以函数值域是.
18. 在中，角所对的边分别为，且.
（1）求；
（2）若，，求的面积.
解：（1）因为中，，
由正弦定理可得，
得
，
因为，所以，因为，所以.
（2）由余弦定理得，
因为，，所以，所以，
因为，所以，，
所以的面积为.
19. 已知函数（且）在上的最大值为.
（1）求的值；
（2）当时，，求实数的取值范围.
解：（1）当时，函数在上单调递增，
则，解得；
当时，函数在上单调递减，
则，舍去；
综上可知，.
（2）由（1）得，，当时，，
即，化简得，，
构造，，
和分别在上单调递增，
在上单调递增，，
故实数的取值范围是.
20. 某工厂引进了一条生产线，为了解产品的质量情况，现从生产线上随机抽取100件产品，测量其技术参数，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）由频率分布直方图，估计样本技术参数的平均数和75%分位数（精确到0.1）；
（2）现从技术参数位于区间，，的三组中，采用分层抽样的方法抽取6件产品，再从这6件产品中任选3件产品，记事件“这3件产品中技术参数位于区间内的产品至多1件”，事件“这3件产品中技术参数位于区间内的产品至少1件”，求事件的概率.
解：（1）由频率分布直方图知，
样本技术参数的平均数
，
因为前三组频率之和为，
第四组的频率为，，
所以第75百分位数一定在第四组，设第75百分数为x，则，
解得，所以第75百分数约为.
（2）采用分层抽样的方法，
从技术参数唯一区间，，三组的产品中抽取6件产品，
则从技术参数位于区间的产品应抽取件，
记为，
从技术参数位于区间产品应抽取件，记为，
从技术参数位于区间的产品应抽取件，记为，
从这6件产品中任选3件产品，样本空间
，则，
事件包含了三类，一是在这三组分别抽取1件，1件，1件；
二是在这三组分别抽取0件，2件，
1件；三在这三组分别抽取1件，2件，0件，
则
，，
所以.
21. 如图，三棱锥的三个顶点在圆上，为圆的直径，且，，，平面平面，点是的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）点是圆上的一点，且点与点位于直径的两侧.当平面时，画出二面角的平面角，并求出它的正切值.
解：（1）因为点C在圆O上，,因此，
又，即，所以是等腰直角三角形，
由平面平面PBC，平面平面，
所以平面PBC，平面PBC，所以可得，
又，平面PAC，平面PAC，平面PAC，
又平面ABC，所以平面平面ABC.
（2）解法一：
取AC的中点M，连接PM，则，
由（1）可知平面平面ABC，平面平面，平面ABC，
连接OM，OE，OF，则OM是中BC边的中位线，
，平面ABC，，
即PM，AC，OM两两垂直，以M为原点，AC，OM，PM分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如下图：
由于O，E分别是AB，PB的中点，连接BM，取BM的中点N，连接EN，则有，
平面ABC，平面ABC，平面ABC，，
过N点作FB的垂线，得垂足S，
平面ENS，平面ENS，，
就是二面角的平面角；
平面PAC，平面PAC，平面PAC，
又平面，平面平面PAC，
又平面EFO，平面PAC，
又平面平面，平面，，
其中，，
，设平面的一个法向量为，
则，，令，得，可得；
显然平面ABC的一个法向量，
设平面ABC与平面EFB的二面角为，则，
综上，二面角的余弦值为，正切值为.
解法二：
取的中点，连接，如下图所示：
又点是的中点，所以，平面，平面，
所以平面；
又是的中点，所以，平面，平面，
所以平面；
平面，所以可知平面平面，
又平面平面，平面平面，所以，
又平面，所以平面，又在平面内，
所以三点共线，即；
所以四边形为直角梯形，易知，
作于点，如下图所示：
则，，所以；
取的中点为，连接，作交于点，连接，
由（1）可知平面，平面，所以，
又，所以，且，平面，
所以平面，平面，所以；
所以即为二面角的平面角，也即的平面角；
在四边形中，交于点，如下图所示：
易知，，，
可得，所以；
又，所以；
即二面角的正切值为.
22. 已知函数，，与的图象恰有三个交点.
（1）求实数的取值范围；
（2）用表示中的最大值，设函数，用M，m分别表示的最大值与最小值，求M，m，并求出的取值范围.
解：（1）由题意得，显然，
且是函数与的图象的一个交点，
当时，在上恒成立，与的图象无交点，
在上，与的图象至多有1个交点，不合要求，舍去；
当时，与的图象有且仅有2个交点，不合要求，舍去；
当时，若函数与的图象有3个交点，
则方程均有正根，解得，
由，可得，所以实数的取值范围是.
（2）由（1）可知，当时，与的图象有3个交点，
两个非零交点的横坐标分别为，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，，，
，
当时，，，
在上为增函数，且为增函数，故在上为增函数，
，，，
当时，，，
且在上为增函数，在上为减函数，在上为增函数，
，，
故，，；
当时，，，
且在上为增函数，在上为减函数，在上为增函数，
，，
故，，；
综上，当时，；
当时，；
当时，；
当时，，
的取值范围为.月份
1月
2月
3月
4月
5月
6月
用水量
9.0
9.6
14.9
5.9
4.0
77