江苏省苏州市八校2022-2023学年高一下学期综合质量监测（期末联考）数学试题

这是一份江苏省苏州市八校2022-2023学年高一下学期综合质量监测（期末联考）数学试题，共25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。

江苏省苏州市八校2022-2023学年高一下学期综合质量监测（期末联考）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．国家统计局公报显示绘制出的2017-2021年每年本专科、中等职业教育及普通高中的招生人数（单位：万）统计图如下图所示，则下列关于2017-2021年说法正确的是（    ）

A．每年本专科、中等职业教育和普通高中的招生人数都在增长
B．中等职业教育和普通高中的招生人数差距最大的年份是2019年
C．本专科每年的招生人数增幅最大的年份是2018年
D．本专科的招生人数所占比例最高的年份是2021年
3．已知向量，且，则实数的值为（    ）
A． B． C． D．
4．已知函数，则下列说法错误的是（    ）
A．是单调递增函数 B．
C． D．
5．昆虫信息素是昆虫用来表示聚集、觅食、交配、警戒等信息的化学物质，是昆虫之间起化学通讯作用的化合物，是昆虫交流的化学分子语言，包括利它素、利己素、协同素、集合信息素、追踪信息素、告警信息素、疏散信息素、性信息素等．人工合成的昆虫信息素在生产中有较多的应用，尤其在农业生产中的病虫害的预报和防治中较多使用．研究发现，某昆虫释放信息素t秒后，在距释放处x米的地方测得的信息素浓度y满足，其中k，a为非零常数．已知释放信息素1秒后，在距释放处2米的地方测得信息素浓度为m；若释放信息素4秒后，距释放处b米的位置，信息素浓度为，则b＝（    ）
A．3 B．4 C．5 D．6
6．“ ”是“函数为偶函数”的（    ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
7．在中，，，，为线段上的动点，且，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
8．已知等腰直角的斜边分别为上的动点，将沿折起，使点到达点的位置，且平面平面.若点均在球的球面上，则球表面积的最小值为（    ）
A． B． C． D．
9．已知，则在复平面内复数对应的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

二、多选题
10．如图所示，在边长为3的等边三角形中，，且点在以的中点为圆心，为半径的半圆上，若，则（    ）
  
A． B．
C．存在最小值 D．的最大值为
11．已知函数，满足，且对任意，都有，当取最小值时，则下列错误的是（    ）
A．图像的对称轴方程为
B．在上的值域为
C．将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象
D．在上单调递减
12．已知四棱锥，底面是正方形，平面，，点在平面上，且，则（    ）
A．存在，使得直线与所成角为
B．不存在，使得平面平面
C．当一定时，点与点轨迹上所有的点连线和平面围成的几何体的外接球的表而积为
D．若，以为球心，为半径的球面与四棱琟各面的交线长为

三、填空题
13．在矩形中，，，沿对角线把矩形折成二面角的平面角为时，则 .
14．如图，在半径为的圆中，点为圆上的定点，且，点为圆上的一个动点，若，则的取值范围是 ．


四、双空题
15．已知函数，则 ；设，若函数存在2个零点，则实数的取值范围是

五、填空题
16．已知为平面上的单位向量，，且，则的最大值为 ．

六、解答题
17．如图所示，设，是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标．

(1)设，，求的值；
(2)若，计算的大小．
18．已知复数.
(1)若z为纯虚数，求m的值；
(2)若复数的实部与虚部之和为14，求m的值.
19．某校为加强党史教育，进行了一次党史知识竞赛，随机抽取的100名学生的笔试成绩均在75分以上（满分100分），分成[75，80），[80，85）[85，90），[90，95），[95，100] 共五组后，得到的频率分布表如下所示：
组号
分组
频数
频率
第1组
[75，80）
①    

第2组
[80，85）

0.300
第3组
[85，90）
30
②    
第4组
[90，95）
20
0.200
第5组
[95，100]
10
0.100
合计

100
1.00
（1）请先求出频率分布表中①、②位置的相应数据，再完成频率分布直方图（用阴影表示）；
（2）为能更好了解学生的知识掌握情况，学校决定在笔试成绩高的第3、4、5组中用分层抽样抽取6名学生进入第二轮面答，最终从6位学生中随机抽取2位参加市安全知识答题决赛，求抽到的2位学生不同组的概率.
20．在中，角的对边分别为.
(1)求的大小；
(2)再从条件①､条件②､条件③这三个条件选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求边上高线的长.
条件①：；条件②：；条件③：.
注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答给分.
21．如图，四棱锥中，平面，梯形满足，，且，，为中点，，.

(1)求证：，，，四点共面；
(2)求二面角的正弦值.
22．已知函数，且恒成立.
(1)求的值；
(2)证明：.
（注：其中为自然对数的底数）

参考答案：
1．D
【分析】解指数不等式求出，从而求出并集.
【详解】因为，解得，故，
故.
故选：D
2．D
【分析】根据柱状图的数据，逐一分析选项即可得出答案．
【详解】对于A：中等职业教育2017年招生人数为582万人, 2018年招生人数为557万人，即2017-2018年中等职业教育招生人数出现减少，故A错误；
对于B：2017-2021年中等职业教育和普通高中的招生人数差为：218万人，236万人，239万人，231万人，249万人，即中等职业教育和普通高中的招生人数差距最大的是2021年，故B错误；
对于C：2018-2021年本专科每年的招生人数增幅为：，，，，即本专科每年的招生人数增幅最大的年份是2019年，故C错误；
对于D：2017-2021年本专科的招生人数所占比例为：，，，，，即本专科的招生人数所占比例最高的年份是2021年，故D正确，
故选：D．
3．B
【分析】根据向量的数量积的运算公式，以及垂直的向量坐标表示，列出方程，即可求解.
【详解】由向量，可得，
又由，可得，解得.
故选：B.
4．C
【分析】由函数解析式可判断函数为单调函数，且为增函数可判断A的正误；由的解析式求得的解析式，再求得的解析式，化简即可判断B的正误；将特殊值 代入即可排除C；由求得，再求得最值，可判断 ，即可得到结果.
【详解】对于A，函数为连续函数，且当时斜率为正，当时斜率为正，A正确；
对于B，，
即，
则当时，，
当时，，
所以，
即，则，故B正确；
对于C，, 故C错误；
对于D，

所以，故D正确.
故选：C
【点睛】关键点睛：分段函数的求解问题，关键要把握各段的自变量的取值范围.
5．B
【分析】根据已知的浓度解析式，代入变量，结合对数的运算，化简求值.
【详解】由题意，，
所以），
即．又，所以．
因为，所以．
故选：B．
6．C
【分析】利用，得出，从而求出，再利用偶函数的定义进行判断即可得出充分性成立，再利用，得出，从而判断必要性成立，从而得出结果.
【详解】若，得到，所以，
当时，，当时，，
即或，
当时，恒有，当时，，
所以，若，则为偶函数，
若为偶函数，则，所以，化简得，所以，
故选：C.
7．C
【分析】由已知条件求得解得，，，再求得，可得到，用基本不等式求的最小值.
【详解】设，，根据题意得，
解得，，，，

，
又、、三点共线，，
，
当且仅当，即时，等号成立．
故选：C
【点睛】关键点睛：解题的关键是由已知条件求出后，再由三点共线，得，所以化简后结合基本不等式可求出其最小值，
8．D
【分析】由题设共圆（不与重合），进而确定，找到△，四边形外接圆圆心，由棱锥外接球、面面垂直的性质确定球心位置，设且，求外接球半径最小值，即可得结果.
【详解】由点均在球的球面上，且共圆（不与重合），
所以（不与重合），
又为等腰直角三角形，为斜边，即有，

如上图，△、△、△都为直角三角形，且，
由平面图到立体图知：，，
又面面，面面，面，
所以面，同理可得面，
将翻折后，的中点分别为△，四边形外接圆圆心，
过作面，过作面，它们交于，即为外接球球心，如下图示，
再过作面，交于，连接，则为矩形，
综上，，，则为中点，
所以，而，，
令且，则，故，，
所以球半径，
当时，，故球表面积的最小值为.

故选：D
9．A
【分析】由复数的除法运算，和共轭复数的概念求得，由复数的几何意义可得结论．
【详解】由题意，
，对应点坐标为，在第一象限，
故选：A．
10．ABC
【分析】对于AB，将分别用表示，再结合数量积的运算律即可判断；对于CD，以点为原点建立平面直角坐标系，设，根据平面向量的坐标表示及坐标运算即可判断.
【详解】对于A，因为，且点在以的中点为圆心，为半径的半圆上，
所以，
则，故A正确；
对于B，，
则
，故B正确；
对于C，如图，以点为原点建立平面直角坐标系，
则，
因为点在以的中点为圆心，为半径的半圆上，
所以点的轨迹方程为，且在轴的下半部分，
设，
则，
所以，
因为，所以，
所以当时，取得最小值，故C正确；
对于D，因为，
所以，
即，
所以，
所以，
因为，所以当时，取得最大值，故D错误.

故选：ABC.
11．ABC
【分析】根据题意的图象关于点对称，又当时，取得最小值，
当取最小值时，即周期最大，可得，所以，函数在时取得最小值，所以．求得，再逐项分析判断即可得解.
【详解】因为，所以的图象关于点对称，又对任意，都有，所以当时，取得最小值，
当取最小值时，即周期最大，
可得．得，所以，
函数在时取得最小值，
所以．因为，所以．
即．
令，得．故A错误；
当时，．
此时的值域为，故B错误；
将的图象向左平移个单位长度得到函数
的图象，故C错误；
当时，，单调递减，故D正确．
故选：ABC
12．BCD
【分析】根据线面角是斜线与平面内直线所成角的最小角判断A，根据平面平面判断B，根据圆锥与其外接球轴截面求球的半径判断C，利用侧面展开图求球与侧面交线长，再由球与底面交线为以点A为圆心，为半径的四分之一圆弧即可判断D.
【详解】对A，如图，

由题意为直线与平面ABCD所成的角，所以与所成的角不小于，故A错误；
对B，平面，平面，，又，面，面，点要在直线上，
因为，所以不存在，故B正确.
对C，由题意知，几何体为圆锥，作圆锥及外接球的轴截面图，如图，

所以外接球的半径满足，解得，
所以外接球的表而积为，故C正确；
对D，将侧面展开，知球与侧面的交线为以点P为圆心，为半径的圆与侧面展开图的交线，即图中，

因为，所以，
又，所以，
由对称性知，所以,
故的长为，
又球与底面交线为以点A为圆心，为半径的圆与底面ABCD的交线，
故长度为，所以球面与四棱琟各面的交线长为，D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：因为平面与球的截面为圆面，交线为一段圆弧，所以球与棱锥各面的交线是圆上一段，且圆的半径为，所以只需求出圆心角，本题选项D可以沿侧棱展开，棱锥各个侧面放在同一平面上，借助平面几何知识及对称性求出圆心角为即可得解.
13．
【分析】画出图形，分别过两点作，，垂足为,利用勾股定理求出相应线段的长，再利用空间向量的线性关系表示求出，求出它的模．
【详解】分别过两点作，，垂足为,如下图所示：

根据勾股定理可求出：，
沿对角线把矩形折成二面角的平面角为时，
则，



.
【点睛】本题考查了利用空间向量求两点之间的距离．
14．
【分析】建立平面直角坐标系，根据，得到，进而得到，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】如图所示，以为原点，以为轴建立平面直角坐标系，
因为圆的半径为，且，可得，
设点，其中，
因为，可得，
所以，可得，
因为，可得，
即的取值范围是.
故答案为：.

15．
【解析】先计算出的值，然后将的值代入并根据值所在范围求解出；作出的图象，将问题转化为的图象有两个交点时求的取值范围，由此得到结果.
【详解】因为，所以；
因为有个零点，所以的图象有两个交点，
作出的图象如下图所示：

当有两个交点时，可知，所以，即，
故答案为：；.
【点睛】思路点睛：根据函数零点个数求解参数范围的问题，采用数形结合思想能高效解答问题，通过数与形的相互转化能使问题转化为更简单的问题，常见的图象应用的命题角度有：
（1）确定方程根的个数；
（2）求参数范围；
（3）求不等式解集；
（4）研究函数性质.
16．
【分析】如图，A，B是单位圆O上的点，其中，设到的角为，则，利用绝对值不等式和柯西不等式可求最大值.
【详解】如图，A，B是单位圆O上的点，．
  
设到的角为，则到的角为，进而


，
等号当时取得，因此所求最大值为．
故答案为:
17．(1)
(2)

【分析】（1）由可直接求得结果；
（2）由向量数量积定义和运算律可求得，由此可得.
【详解】（1），，.
（2），.
18．(1)5
(2)1

【分析】（1）先将复数进整理，得出其实部和虚部，由条件可得实部为零，虚部不为零得出答案.
(2)先化简复数，得出实部与虚部，从而求出答案.
【详解】（1）
由z为纯虚数，则，解得（舍去）
（2）
所以，解得
19．（1）①处应填的数为10人，②处应填的数为0.300，直方图见解析；（2）.
【分析】(1)利用频率等于频数与总数的比值求解；(2)先用分层抽样确定各组应抽取的人数，而后利用古典概型中的列举法求概率.
【详解】(1)第2组的频数为100×0.300= 30人，所以①处应填的数为10人，②处应填的数为0.300，
频率分布直方图如图所示，

(2)因为第3、4、5组共有60名选手，
所以利用分层抽样在60名选手中抽取6名选手进入第二轮面试，每组抽取的人数分别为：
第3组：人，第4组：人，第5组：人，
所以第3、4、5组分别抽取3人、2人、1人进入第二轮面答.
设第3组的3位学生为，第4组的2位学生为，第5组的1位学生为C1，
则从这6位学生中抽取2位学生有：
，
，共15种情况.
抽到的2位学生不同组的有：

共11种情况.
所以抽到的2位学生不同组的概率为.
20．(1).
(2)条件①：；条件③：.

【分析】（1）利用正弦定理，边化角，再利用三角恒等变换求解即可.
（2）根据三角形全等条件可知①③满足条件，条件②由余弦定理可得有两解，不满足条件，条件①：根据，结合等面积求解即可；条件③：利用余弦定理结合等面积求解即可.
【详解】（1）在中因为，
由正弦定理得，
所以，即，
又因为，，所以，.
（2）设边上的高为，
条件①：因为，所以 ，，
所以，根据三角形全等（角角边）可知存在且唯一确定.
所以，
则，解得，即边上的高为.
条件②：由余弦定理得，即，
解得，此时满足条件的的三角形有两个，条件②不符合题意.
条件③：根据三角形全等（边角边）可得存在且唯一确定，
由余弦定理得，即，解得，
则，解得，即边上的高为.
21．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）如图建立空间直角坐标系，求出点的坐标即可得到，，，令，依题意得到方程组，解得、，即可得证；
（2）利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；
【详解】（1）证明：以点为坐标原点，向量､､方向分别为､､轴的正方向建立坐标系，

则，，，，，，所以，因为，设，则，所以，解得，所以，同理可得，
∴，，，
令，则，
∴，∴，∴，∴､､､四点共面.
（2）解：由（1）可知，，，∴，.
设平面的一个法向量为，则，即，则，令，则.
取平面的一个法向量为，则，所以，
∴二面角的正弦值为.
22．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）将问题转化为恒成立，令，求导后，分三种情况讨论函数的单调性和最小值，只需即可，
（2）由（1）可知，所以只需证，设，利用导数可得，所以只需证，即，令，利用导数即可得答案.
【详解】（1）因为恒成立，所以恒成立，
令，则（），
当时，，所以在上递增，当时，，所以，不合题意，
当时，，不合题意，
当时，令，得，
令，则，
所以在上递增，且，
所以有唯一实根，即有唯一实根，设为，即，
且时，，时，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，
所以只需，
令，则上式转化为，
设，则，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以，所以，
所以，得，
所以，得，
（2）证明：由（1）知，当时，对任意恒成立，
所以，（当且仅当时取等号），
则，
所以要证明，
只需证明，
即证，
设，则由（1）可知，
在上恒成立，所以在上递减，
所以，，所以，
所以要证，只要证，
即，令，
则，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以当时，，
即恒成立，
所以原命题成立.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式，第（2）问解题的关键是将问题转化为证恒成立，再利用导数证明得，，再次将问题转化为恒成立，构造函数，利用导数证明其最小值大于等于零即可，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.