2022-2023学年广东省中山市第一中学高一下学期期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年广东省中山市第一中学高一下学期期中数学试题含答案，共21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。
2022-2023学年广东省中山市第一中学高一下学期期中数学试题 一、单选题1．为了营造浓厚的校园体育氛围，学校采用按比例分层抽样的方法从高一550人，高二500人，高三450人中抽取60人观看排球决赛，那么高一年级被抽取的人数为（    ）.A．18 B．20 C．22 D．30【答案】C【分析】根据分层抽样的基本概念，可得答案.【详解】学校高一、高二、高三的总人数为（人），由题意，高一年级被抽取的人数为.故选：C.2．在空间中，下列说法正确的是（    ）A．垂直于同一直线的两条直线平行 B．垂直于同一直线的两条直线垂直C．平行于同一平面的两条直线平行 D．垂直于同一平面的两条直线平行【答案】D【分析】根据空间中线、面的位置关系理解判断A、B、C，根据线面垂直的性质判断D．【详解】垂直于同一直线的两条直线的位置关系有：平行、相交和异面，A、B不正确；平行于同一平面的两条直线的位置关系有：平行、相交和异面，C不正确；根据线面垂直的性质可知：D正确；故选：D．3．如图所示，是水平放置的的斜二测直观图，其中，则以下说法正确的是（    ）A．是钝角三角形 B．的面积是的面积的2倍C．B点的坐标为 D．的周长是【答案】D【分析】将还原成原图依次分析选项可得答案.【详解】根据题意，将还原成原图，如图，对于A，中，有，，所以，，故是等腰直角三角形，A错误；对于B，的面积是，的高为，所以的面积为，的面积是的倍，B错误；对于C，因为，B的坐标为，C错误；对于D，的周长为，D正确故选：D.4．17世纪30年代，意大利数学家卡瓦列利在《不可分量几何学》一书中介绍了利用平面图形旋转计算球体体积的方法.如图，是一个半圆，圆心为O，ABCD是半圆的外切矩形.以直线OE为轴将该平面图形旋转一周，记△OCD，阴影部分，半圆所形成的几何体的体积分别为，，，则下列说法正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】、阴影部分、半圆旋转所形成的几何体分别为圆锥、圆柱减去同半径的半球、半球，依次计算其体积即可.【详解】由旋转体的概念可得：、阴影部分、半圆所形成的几何体分别为圆锥、圆柱减去同半径的半球、半球，易知OE=DE，设DE=OE=r，故，，，显然，且.故选：D.5．已知中，点M是线段的中点，，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据平面向量的基本定理，画出图形，再进行分析即可．【详解】解：已知中，点是线段的中点，，作图，如图所示：则，故选：A．6．要得到的图象，只需将函数的图象（    ）A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度【答案】D【分析】将整理成，然后利用平移变换即可求解.【详解】由于函数，故只需将函数的图象向右平移可得函数的图象.故选：D．7．已知函数，若A，B是锐角三角形的两个内角，则一定有（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】依题意只需判断各选项中自变量的大小，由已知可得，根据正弦函数的单调性，得出的大小关系和的大小关系.，即可求解.【详解】是锐角三角形的两个内角，，在为增函数，，又函数是定义在上的减函数，，同理，所以C错D对，因为角的大小关系不确定，所以A、B项不正确，故选：D.【点睛】关键点点睛：该题考查复合函数的函数值大小关系，利用函数的单调性，以及判断锐角三角形中角的三角函数大小是解题的关键.8．已知点为的重心，设的内角的对边为且满足向量，若，则实数（　　）A．2 B．3 C． D．【答案】D【分析】连接延长交交于，利用重心性质和直角三角形性质得，在和分别应用余弦定理，并利用得出三边长的关系，已知等式切化弦，并由正弦定理、余弦定理化角为边后可得结论．【详解】如图,连接延长交交于,由于为重心，故为中点，∵，∴，由重心的性质得，，即，由余弦定理得， ，，∵， ∴，∴ ，∴，由，将正切化为正弦与余弦的商，利用正弦定理可得，∴，故选：D. 二、多选题9．下列命题正确的是（    ）.A．若向量，满足，则，为平行向量.B．已知平面内的一组基底，，则向量，也能作为一组基底.C．模等于1个单位长度的向量是单位向量，所有单位向量均相等.D．若是等边三角形，则.【答案】ABD【分析】由平行向量定义可知A正确；由基底的要求可知B正确；由相等向量、单位向量的定义知C错误；由向量夹角的定义知D错误.【详解】对于A，，、是平行向量，故A正确；对于B，，为一组基底，，不共线，若存在实数使得，则，显然方程无解，即，不共线，，也可以作为一组基底，故B正确；对于C，虽然单位向量模相等，但方向可以不同，故不是所有单位向量均相等，故C错误；对于D，为等边三角形，，故D正确.故选：ABD.10．已知．对任意的均有，则（    ）A． B．C． D．【答案】BD【解析】根据条件得是最小值，是最大值，根据三角函数最值，结合辅助角公式，分别进行判断即可.【详解】∵，∴是最小值，是最大值，，其中，，所以，，所以，故A错误，，故B正确，当时，是最小值，则，所以，故C错误；当时，是最大值，则，所以，故D正确，故选：BD．【点睛】关键点点睛：（1）根据辅助角公式将化为三角函数的一般形式；（2）根据题意得出是最小值，是最大值.11．在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且，则下列结论正确的是（    ）A． B．a>c C．c>a D．【答案】ACD【分析】利用正弦边角关系可得，结合余弦定理及锐角三角形知、判断A、B、C正误；再由正弦边角关系得，应用倍角公式得，注意，即可得范围判断D正误.【详解】由正弦边角关系知：，则，所以，而，则，A正确；由上知：，即，B错误，C正确；由知：，则，又，故，则，即，D正确.故选：ACD12．如图，四棱锥的底面为菱形，，底面，P是上任意一点（不含端点），则下列结论中正确的是（    ）A．若平面，则 B．B到平面的距离为C．当P为中点时，过P、A、B的截面为直角梯形 D．当P为中点时，有最小值【答案】ABC【分析】对于A：根据线面平行的性质定理证明判断；对于B：利用等体积法求D到平面的距离；对于C：根据三角形中位线先证∥，则过P、A、B的截面为，再利用长度结合勾股定理证；对于D：借助于侧面展开图分析判断．【详解】∵平面，平面，平面平面∴，A正确；设B到平面的距离为，则有∵，即，则，B正确；当P为中点时，如图1，取的中点，连接则∥，∵∥，则∥∴过P、A、B的截面为，则∴，则，即为直角梯形，C正确；借助于侧面展开图，如图2，连接交于点，此时为最小值若P为中点时，∵，则∴，这与题意相矛盾，D错误；故选：ABC．【点睛】三、填空题13．一家水果店的老板为了解本店苹果的日销售情况，记录了过去10天苹果的日销售量（单位：kg）：83，96，107，91，74，75，94，80，80，100；则该水果店过去10天苹果日销售量的中位数为      .【答案】87【分析】根据中位数的定义，将数据由小到大排列，可得答案.【详解】过去天苹果的日销售量从小到大排列为：，，，，，，，，，；则中位数为.故答案为：87.14．LED（发光二极管）是一种能够将电能转化为可见光的固态的半导体器件，它可以直接把电转化为光.LED灯的抗震性能非常好，被广泛运用于手机、台灯、家电等日常家电.如图，小明同学发现家里的LED灯是正六边形形状的，其平面图可简化为正六边形，若向量在向量方向上的投影为，则      .【答案】【分析】根据投影向量的定义即可计算.【详解】如图，，过点作垂直于直线，垂足为，因为，所以，则，在方向上的投影为.故答案为：15．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为3，，，则的值为        ．【答案】【分析】先求出，再利用面积求出关系，再结合求出，最后利用余弦定理求出.【详解】，，，，又，，.故答案为：. 四、双空题16．在梯形中，，将沿折起，连接，得到三棱锥，则三棱锥体积的最大值为          ．此时该三棱锥的外接球的表面积为          ．【答案】          【分析】注意到三棱锥体积最大时，平面平面ABC，可知以B为顶点时，BC为三棱锥的高，然后利用正余弦定理可得各棱长可得体积；利用球心到平面的距离、外接圆半径和球的半径满足勾股定理可得球半径，然后可得表面积.【详解】过点C作，垂足为E，为等腰梯形，，由余弦定理得，即易知，当平面平面ABC时，三棱锥体积最大，此时，平面易知，记O为外接球球心，半径为R平面，O到平面的距离又的外接圆半径故答案为：，   五、解答题17．已知(1)求的值；(2)求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用两角和的正切公式求出，然后根据两角的取值范围即可求解；（2）利用同角三角函数的基本关系得到，然后结合（1）的结论和两角和的正弦公式即可求解.【详解】（1），，，.（2）由，求得，.18．为庆祝“五四”青年节，广州市有关单位举行了“五四”青年节团知识竞赛活动，为了解全市参赛者成绩的情况，从所有参赛者中随机抽样抽取100名，将其成绩整理后分为6组，画出频率分布直方图如图所示（最低90分，最高150分），但是第一、二两组数据丢失，只知道第二组的频率是第一组的2倍.    (1)求第一组、第二组的频率各是多少？并补齐频率分布直方图；(2)现划定成绩大于或等于上四分位数即第75百分位数为“良好”以上等级，根据直方图，估计全市“良好”以上等级的成绩范围（保留1位小数）；(3)现知道直方图中成绩在内的平均数为136，在内的平均数为144，求成绩在内的平均数.【答案】(1)第一组的频率为0.04，则第二组的频率为0.08，作图见解析(2)(3)138 【分析】（1）根据频率分布直方图的性质，建立方程，求得频率，不全图象，可得答案；（2）根据百分位数的定义，结合频率分布直方图的性质，建立方程，可得答案；（3）根据不同分组概率的所占比例，可得答案.【详解】（1）设第一组的频率为，则第二组的频率为，依题意，解得，所以第一组的频率为0.04，则第二组的频率为0.08，补全频率分布直方图如下：  （2）由，设上四分位数为，则，所以，解得，所以全市“良好”以上等级的成绩范围；（3）有图可知，成绩在的频率为；成绩在的频率为，成绩在的频率为，显然，，成绩在内的平均数为；19．已知，，与的夹角为，函数．(1)求函数最小正周期和对称中心；(2)若锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，求的取值范围．【答案】(1)最小正周期为；对称中心为(2) 【分析】（1）根据数量积的坐标表示及两角和的正弦公式得到，再根据计算得到的解析式，再根据正弦函数的性质计算可得；（2）由（1）及求出，再由正弦定理将边化角及三角恒等变换公式化简得到，最后根据三角形为锐角三角形求出的范围，从而求出的范围，即可得解；【详解】（1）解：由条件可知：，，∴，∴的最小正周期为，令，，解得，，∴的对称中心为；（2）解：由正弦定理得，由（1），而，得，∴，，解得，，又，可得，∵，∴，代入上式化简得：，又在锐角中，有，∴，∴，则有，∴20．如图，在直三棱柱中，，，是的中点，是的中点.(1)求证平面(2)求直线与平面所成的角的大小【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）取中点，连接，进而证明四边形是平行四边形，再根据线面平行判定定理即可证明；（2）根据题意证明平面,故是直线与平面 所成的角的平面角，再根据几何关系求解即可.【详解】（1）如图1，取中点，连接，因为是的中点，所以，又因为在直三棱柱中，是的中点，所以，所以，所以四边形是平行四边形，所以,因为平面，平面，所以平面；（2）如图2，连接，，由直三棱柱的性质可知平面，因为平面，所以，因为，，是的中点，所以，因为，平面,所以平面,所以是直线与平面所成的角的平面角，因为，，所以不妨设，则，，，所以，则，所以，因为，所以所以直线与平面 所成的角的大小.21．如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，，O是的中点．(1)求证：平面平面；(2)点M在棱上，满足，且三棱锥的体积为，求的值及二面角的正切值．【答案】(1)证明见解析(2)，二面角的正切值为 【分析】（1）连接，则可得四边形为正方形，得，由已知条件结合面面垂直的性质可得平面，则，则由线面垂直的判定可得平面，再由面面垂直的判定可得结论；（2）设点到平面的距离分别为，由可求出，由三棱锥的体积为，可求出，再由可求出的值，取靠近点的四等份点，连接，过点作于，连接，则可得为二面角的平面角，然后在中可求得结果【详解】（1）连接，因为底面中，，，所以四边形为正方形，所以，因为侧面为等边三角形，O是的中点，所以，因为平面平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以，因为,所以平面，因为平面，所以平面平面；（2）因为底面中，，，侧面为等边三角形，O是的中点，所以，，，因为平面，平面，所以，所以，因为，所以，所以,设点到平面的距离分别为，因为，所以，，解得，因为三棱锥的体积为，所以，所以，解得，所以，所以，因为，所以，取靠近点的四等份点，连接，则∥，因为平面，所以平面，因为平面，所以，过点作于，连接，因为，所以平面，因为平面，所以，所以为二面角的平面角，因为，所以，因为,所以四边形为矩形，所以，所以在中，，所以二面角的正切值为22．在城镇化的旧房改造进程中，小明家旧房拆迁拿到一套新房外加一间店面.小明准备将店面改建成超市，遇到如下问题：如图所示，一条直角走廊宽为2米，现有一转动灵活的平板车希望能自如在直角走廊运行.平板车平板面为矩形，它的宽为1米.直线分别交直线于，过墙角作于，于；请你结合所学知识帮小明解决如下问题：(1)若平板车卡在直角走廊内，且，试将平板面的长表示为的函数；(2)若平板车要想顺利通过直角走廊，其长度不能超过多少米?【答案】(1)，(2)长度不能超过米 【分析】（1）由题意分别表示出，，，，根据，即可求解.（2）由题意可知对任意角，平板车的长度，记 ，利用函数的单调性即可求出最值.【详解】（1），，，，                                    所以，（2）“平板车要想顺利通过直角走廊”即对任意角，平板车的长度，记 ，则=，又则，所以，所以，即，则记，，则，函数因为在上都递增，所以在上都递增，所以在上的单调递减；当时取得最小值.所以长度不能超过米