湖北武汉华中师大一附中2022-2023学年高一下学期学业水平质量评价检测数学试题（解析版）

这是一份湖北武汉华中师大一附中2022-2023学年高一下学期学业水平质量评价检测数学试题（解析版），共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022~2023学年度下学期学业水平质量评价检测
数学试题
一、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. 设复数，满足，，则（    ）
A. 1 B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，，根据复数的模长公式以及复数相等可得出，通过计算可得出，即可得解.
【详解】设，，
因为，所以，，
因为，，
因为，所以，
即
即，
所以，
所以，

因此，.
故选：C.
2. 四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰了出现的点数，根据四名同学的统计结果､可以判断出一定没有出现点数6的是（ ）
A. 平均数为3，中位数为2
B. 平均数为2，方差为2.6
C. 中位数为3，众数为2
D. 中位数为3，方差为1.6
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用特例法可判断A、C和D错误，结合平均数和方差的计算公式，可判定B正确，即可求解.
【详解】对于A中，当投掷骰子出现的结果为时，满足平均数为，中位数为，可以出现点数，所以A错误；
对于B中，若平均数为，可得方差，
所以平均数为，方差为2.6时，一定没有出现点数，所以B正确；
对于C中，当投掷骰子出现结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点数6，故C错误；
对于D中，当投掷骰子出现的结果为时，满足中位数为，方差为，此时出现点数，所以D错误.
故选：B.
3. 已知A，B，P是直线l上不同的三点，点O在直线l外，若，则（ ）
A. 2 B. C. 3 D.
【答案】A
【解析】
分析】根据已知等式，结合向量减法法则化简，而三点共线，可得，解得的值，设，可得，所以，从而求出的值．
【详解】，，
整理得，，
当时，显然不成立，故，
所以，
，，是直线上不同的三点，
，解得，，
设，，
，
，解得，即．
故选：A．
4. 下列四个函数中的某个函数在区间上的大致图象如图所示，则该函数是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用题给函数在上先正值后负值的变化情况排除选项A；利用题给图象可知函数是奇函数排除选项C；利用当时题给函数值为负值排除D；而选项B均符合以上要求.
【详解】当时，，.排除A；
由偶函数定义可得为偶函数，由题给图象可知函数是奇函数，排除C；
当时，.排除D；
为奇函数，且当时，，
当时，.B均符合题给特征.
故选：B.
5. 15个人围坐在圆桌旁，从中任取4人，他们两两互不相邻的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】15个人围坐在圆桌旁从中任取4人，他们两两互不相邻，则可先把11个人入坐好，再让其余4人插空，共有种不同的围坐方法，所以所求概率是，故选A．
6. 将函数的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的 倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数 在上没有零点，则 的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据y=Acos（ωx+φ）的图象变换规律，求得g（x）的解析式，根据定义域求出的范围，再利用余弦函数的图象和性质，求得ω的取值范围．
【详解】函数的图象先向右平移个单位长度，
可得的图象，
再将图象上每个点的横坐标变为原来的倍(纵坐标不变)，
得到函数的图象，
∴周期，
若函数在上没有零点，
∴ ，
∴ ，
，解得，
又，解得，
当k=0时，解，
当k=-1时，，可得，
.
故答案为：A.
【点睛】本题考查函数y=Acos（ωx+φ）的图象变换及零点问题，此类问题通常采用数形结合思想，构建不等关系式，求解可得，属于较难题.
7. 定义域在的函数图像的两个端点为A、B，向量，设是图像上任意一点，其中，，若不等式恒成立，则称函数在上满足“k范围线性近似”，其中最小的正实数k称为该函数的线性近似阈值.下列定义在上的函数中，线性近似阈值最小的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得点的横坐标相等，点在线段上，然后可得，然后每个选项逐一求解即可.
【详解】由题意可得点的横坐标相等，点在线段上，所以
对于A，因为，所以，直线的方程为
所以，因为，
所以，当且仅当时等号成立
所以，所以该函数的线性近似阈值为；
对于B，因为，所以，直线的方程为
所以，因为，
所以，当且仅当时等号成立
所以，所以该函数的线性近似阈值为；
对于C，由函数，得，，
直线方程为
，线性近似阀值为．
对于D，由函数可得，，方程为，
由三角函数图象与性质可知，线性近似阀值为，
因为，所以线性近似阀值最小的是
故选：C
8. 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．现有鳖臑，其中平面ABC，，过A作，，记四面体，四棱锥，鳖臑的外接球体积分别为，，V，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】记四面体，四棱锥，鳖臑的外接球半径分别为，，，记，，，先证明面，从而得到，，，再根据，从而得到，再构造函数，其中，再利用导函数分析函数的单调性，进而即可求得其值域．
【详解】记四面体，四棱锥，鳖臑的外接球半径分别为，，，
记，，，

在鳖臑中，有，，
又，平面，则面，
又面，则，
又，且，面，所以面，
所以，，，
又，即，
所以，
令，其中，则，
所以当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增，
当，即时，；
当，即时，；根据对称性，当，即时，，
所以，即．
故选：A．
【点睛】关键点点睛：先根据题意得到，再构造函数，其中，利用导函数分析函数的单调性，进而求得其值域是解答本题的关键．
二、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. 在2021年的高考中，数学出现了多项选择题.假设某一道多项选择题有四个选项1､2､3､4，其中正确选项的个数有可能是2个或3个或4个，这三种情况出现的概率均为，且在每种情况内，每个选项是正确选项的概率相同.根据以上信息，下列说法正确的是（ ）
A. 某同学随便选了三个选项，则他能完全答对这道题的概率高于
B. 1选项是正确选项的概率高于
C. 在1选项为正确选项的条件下，正确选项有3个的概率为
D. 在1选项为错误选项的条件下，正确选项有2个的概率为
【答案】BC
【解析】
【分析】先分别计算出任意一组2个选项、3个选项、4个选项为正确答案的概率，再依次判断4个选项即可.
【详解】若正确选项的个数为2个，则有共6种组合，每种组合为正确答案的概率为，
若正确选项的个数为3个，则有共4种组合，每种组合为正确答案的概率为，
若正确选项的个数为4个，则有共1种组合，这种组合为正确答案的概率为，
对于A，随便选了三个选项，能完全答对这道题的概率为，错误；
对于B，1选项是正确选项的概率为，正确；
对于C，1选项为正确选项为事件A，由B选项知，，正确选项有3个为事件B，则，正确；
对于D，1选项为错误选项为事件C， ，正确选项有2个为事件D，则，错误.
故选：BC.
10. 设x，y，z，w是复数，满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABCD
【解析】
【分析】根据共轭复数及其运算性质，结合已知关系，可判断各项的正误.
【详解】由




又，则，
所以，A正确；
由，

，B正确；
由，即，故，又，
则，即，
所以，同理得，C、D正确；
故选：ABCD
11. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则下列结论正确的有（ ）
A.
B. 的取值范围为
C. 的取值范围为
D. 的取值范围为
【答案】AC
【解析】
【分析】由余弦定理可得，再由正弦定理将边化角，由两角和的正弦公式可得，即可判断A，再根据三角形为锐角三角形，即可求出角的范围，从而判断B，再根据三角函数的性质判断C、D；
【详解】解：因为，又由余弦定理，
即，
所以，所以，即，
由正弦定理可得，
又，
，即，
，
，，为锐角，
，即，故选项A正确；
，，，故选项B错误；
，故选项C正确；
，
又，，
令，则，
由对勾函数性质可知，在上单调递增，
又， ，
，故选项D错误．
故选：AC．
12. 如图，是圆直径，点是圆上异于，的点，直线平面，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为，直线与圆的另一个交点为，且点满足.记直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，二面角的大小为，则下列说法不一定正确的是（ ）

A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】通过空间直线、平面的位置关系作出相应角，结合解直角三角形得出对应三个角的正余弦值一一判定即可.
【详解】
如图所示，连接EF、BE、BF，过B作BD∥AC，交圆于D点，
∵E、F分别为PA、PC的中点，∴EF∥AC∥BD，BD即面EFB与面ABC的交线l，
由题意易知：BC⊥BD，PC⊥BD，面PBC，则BD⊥面PBC，而面PBC，则BD⊥BF，即二面角的大小，
∴；
由Q满足，过D作DQ∥PC，使DQ=CF即可，则DQ⊥面ABC，
结合题意此时四边形CDQF为矩形，则直线与平面所成的角，
即；
过Q作QG∥BD，且QG=BD，连接BG、FG、PG，显然EF∥QG，此时四边形BFPG为平行四边形，PG=FB，
则异面直线与所成的角，结合上面说明得QG⊥面PBC，
而面PBC，则QG⊥PG，即.
∴，即A正确；
及，即B、C错误；
即D错误；
故选：BCD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 如图，在梯形中，且为以为圆心，为半径的圆弧上的一动点，则的最小值为__________.

【答案】
【解析】
【分析】连接，根据向量的线性关系及数量积的运算律可得，设得到关于的三角函数形式，求最小值.
【详解】如下图，连接，则，，，又，

所以，
若，故，
又，则，故，
所以的最小值为.
故答案为：
14. 已知圆锥的底面半径为，侧面积是，在其内部有一个正方体可以任意转动，则正方体的体积的最大值是__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定条件求出圆锥的内切球半径，再求出此球的内接正方体的棱长即可作答.
【详解】正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，则当正方体棱长a最大时，正方体的外接球恰为圆锥的内切球，
设圆锥的母线长为，底面半径为，则，
所以
如图圆锥轴截面为等边三角形，其内切圆O是该圆锥的内切球O大圆截面，

的高，则内切圆O的半径即球半径，
于是得球O的内接正方体棱长a满足：，解得：，
所以的最大值为.
故答案为：.
【点睛】作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.
15. 现有10张卡片，每张卡片上写有1，2，3，4，5中两个不同的数，且任意两张卡片上的数不完全相同．将这10张卡片放入标号为1，2，3，4，5的五个盒子中，规定写有i，j的卡片只能放在i号或j号盒子中．一种放法称为“好的”，如果1号盒子中的卡片数多于其他每个盒子中的卡片数．则“好的”放法共有________种．
【答案】120．
【解析】
【分析】结合题意，对满足情况进行分类，运用组合的相关知识进行求解.
【详解】解：用表示写有i，j的卡片．易知这10张卡片恰为．
考虑“好的”卡片放法．五个盒子一共放有10张卡片，故1号盒至少有3张卡片，能放入1号盒的卡片仅有．
情况一：这4张卡片都在1号盒中，此时其余每个盒中已经不可能达到4张卡片，故剩下6张卡片无论怎样放都符合要求，有种好的放法．
情况二：这4张卡片恰有3张1号盒中，且其余每盒最多仅有2张卡片．
考虑在1号盒，且在5号盒的放法数N．
卡片的放法有8种可能，其中6种是在2，3，4号的某个盒中放两张，其余2种则是在2，3，4号盒中各放一张．
若有两张在一个盒中，不妨设在2号盒，则只能在5号盒，这样5号盒已有，故分别在3号与4号盒，即的放法唯一；
若{在2，3，4号盒中各一张，则2，3，4号盒均至多有2张卡片，仅需再使5号盒中不超过2张卡片，即有0张或1张在5号盒中，对应种放法．
因此．由对称性，在情况二下有种好的放法．
综上，好的放法共有种．
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是结合题意进行分类讨论，需要考虑全面，不要漏掉情况，要求综合能力较强.
16. 在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，若，则的取值范围为_________.
【答案】
【解析】
【分析】由正弦定理将边角互化，结合余弦定理及两角和差的正弦公式得到，根据为锐角三角形可得，以及，再由正弦定理可得，利用两角和的正弦展开式和的范围可得答案.
【详解】因为，由正弦定理可得，
由余弦定理，所以，即，
由正弦定理可得，
所以，
即，
所以，
因为，，所以，
所以，即，所以，
由为锐角三角形，所以，，可得，
所以，，
由正弦定理得
，
即的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题关键是通过边角互化得到，从而得到，最后由正弦定理将式子转化为角的三角函数，结合余弦函数的性质计算可得.
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. 在中，角所对的边分别为， ．
（1）求角C的大小；
（2）若为锐角三角形，，求面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题中等式，结合正弦定理，诱导公式，三角恒等变换可得.
（2）根据题中条件，利用三角形面积公式和正弦定理，把三角形面积转化为关于角的函数可得.
【小问1详解】
由和正弦定理得，
得，
得，
得，
得，
因，得.
【小问2详解】
，
因，所以


，
因为锐角三角形，，故，
故，，
故，
故面积的取值范围为.
18. 如图，在棱长为2的正方体中，点M是正方体的中心，将四棱锥绕直线逆时针旋转后，得到四棱锥．

（1）若，求证：平面平面；
（2）是否存在，使得直线平面？若存在，求出值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据面面平行的判定定理即可证明结论；
（2）假设存在，使得直线平面，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面平面的法向量，则求出的坐标，由可得，此方程组无解，即可得出结论.
【小问1详解】
证明：若，则平面、平面为同一个平面，
连接，则M是中点，是中点，

故是的中位线，所以．
因为，所以平面四边形是平行四边形，所以．
又平面平面，所以平面
同理平面，且平面平面，
所以，平面平面．
【小问2详解】
假设存在，使得直线平面．
以C为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，故．
设是平面的法向量，则，
所以，取，得是平面的一个法向量，

取中点P，中点Q，连接，
则．
于是是二面角的平面角，是二面角的平面角，
是二面角的平面角，于是，
所以，且平面，
故，同理，
所以，
因为，
，
所以．
若直线平面，是平面的一个法向量，则．
即存在，使得，则，此方程组无解，
所以，不存在，使得直线平面．
【点睛】难点点睛：解答第二问是否存在，使得直线平面，要发挥空间想象，明确点线面的位置关系，建立空间直角坐标系后，难点在于确定，并结合三角恒等变换化简，从而结合向量的共线的坐标表示，判断结论.
19. 函数在一个周期内的图象如图所示，为该图象上三个点，其中为相邻的最高点与最低点，.且，.

（1）求的解析式；
（2）的图象向左平移1个单位后得到的图象，分析在区间的单调性及最值.
【答案】（1）
（2）在上单调递减，在上单调递减，最大值为，最小值为
【解析】
【分析】（1）过作轴于，连接与轴交于，根据勾股定理，结合正弦型函数的周期公式求解即可；
（2）结合正弦型函数的单调性性质求解即可.
【小问1详解】
过作轴于，连接与轴交于，则.

设，则，由，
即，可得
进而可得，，
记的最小正周期为，则，即，
由，得，故，
又，且，所以，
即.
【小问2详解】
，
令，即，
所以单调递增区间为，
令时，即，
所以单调递减区间为，
所以当时，在上单调递减，在上单调递减，
由，
的最大值为，最小值为.
20. 甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若末命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．
（1）求第2次投篮的人是乙的概率；
（2）求第i次投篮的人是甲的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据全概率公式即可求出；
（2）设，由题意可得，根据数列知识，构造等比数列即可解出；
【小问1详解】
记“第次投篮的人是甲”为事件，“第次投篮的人是乙”为事件，
所以，
.
则第2次投篮的人是乙的概率为0.6.
【小问2详解】
设，依题可知，，则
，
即，
构造等比数列，
设，解得，则，
又，所以是首项为，公比为的等比数列，
即．
则第i次投篮的人是甲的概率为.
21. 在中，，D为中点， .
（1）若，求的长；
（2）若 ，求的长.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）在中，由余弦定理求得，即可得，在中利用余弦定理即可求得答案；
（2）设，由正弦定理求得，结合，以及，可推出，再由，推出，联立解方程可得答案.
【小问1详解】
在中，，
则 ，
在中，
，
所以.
【小问2详解】
设，
在和中，由正弦定理得，，
又，得，
在中，，
由，有，
所以，整理得：，①
又由，整理得：，②
联立①②得，，即.，
解得或，
又，故，
所以.
22. 如图，在四棱锥中，，，，△MAD等边三角形，平面平面ABCD，点N在棱MD上，直线平面ACN．

（1）证明：．
（2）设二面角的平面角为，直线CN与平面ABCD所成的角为，若的取值范围是，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据相似以及线面平行的性质即可求解，
（2）由面面垂直可得线面垂直，进而根据二面角以及线面角的定义，即可找到其平面角，利用三角形的边角关系，即可求解.
【小问1详解】
证明：连接BD交AC于O，连接ON．

因为，，所以根据相似的性质可得．
因为直线平面ACN，平面MBD，平面平面，
所以，则，所以．
【小问2详解】
取AD的中点E，AC的中点F，连接ME，EF，MF．
因为△MAD为等边三角形，所以不妨设，
则，．
因为平面平面ABCD，平面平面，平面,
所以平面ABCD，平面ABCD,所以，．
又因为E，F分别为AD，AC的中点，所以，
而，所以，又，平面MEF,
则平面MEF，平面MEF得，
所以∠MFE是二面角的平面角，即．
设，则，得．
过N作交AD于H，连接CH，由于平面ABCD，所以平面ABCD，
则∠NCH为直线CN与平面ABCD所成的角，即．
，，．
因为，所以，
则．
因为，所以．
故的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：第二问，根据线面角、二面角定义，应用几何法找到对应平面角，进而找到两角正切值相关边的关系并确定范围.