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2022-2023学年浙江省衢州市高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合，则集合的子集有( )
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
2. 复数，则的模为( )
A. B. C. D.
3. 函数零点所在的区间为( )
A. B. C. D.
4. 用一个平面去截一个正方体，所得截面形状可能为( )
三角形；四边形；五边形；六边形；圆．
A. B. C. D.
5. 已知向量，，则“”是“”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
6. 函数在区间上恰有两条对称轴，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
7. 已知函数，若且，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
8. 在矩形中，，为的中点，将和沿，翻折，使点与点重合于点，若，则三棱锥外接球的表面积为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 给出下列说法，其中正确的是( )
A. 数据，，，的极差与中位数之积为
B. 已知一组数据，，，的方差是，则数据，，，的方差是
C. 已知一组数据，，，的方差为，则此组数据的众数唯一
D. 已知一组不完全相同的数据，，，的平均数为，在这组数据中加入一个数后得到一组新数据，，，，，其平均数为，则
10. 函数，如下结论正确的是( )
A. 的最大值为
B. 对任意的，都有
C. 在上是增函数
D. 由的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象
11. 窗花是贴在窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图是一个正八边形窗花，图是从窗花图中抽象出几何图形的示意图已知正八边形的边长为，是正八边形边上任意一点，则下列说法正确的是( )
A. 若函数，则函数的最小值为
B. 的最大值为
C. 在方向上的投影向量为
D.
12. 某同学在研究函数的性质时，受到两点间距离公式的启发，将变形为，则下列关于函数的描述正确的是( )
A. 的图象是中心对称图形 B. 的图象是轴对称图形
C. 的值域为 D. 方程有两个解
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 在平面直角坐标系中，角的终边经过点，则______．
14. 设，则函数的最小值为______ ．
15. 已知为定义在上的奇函数，为偶函数，且对任意的，，，都有，试写出符合上述条件的一个函数解析式 ______ ．
16. 若点为边长为的正内的一个动点且，则的最小值为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
已知函数，．
求；
求函数的值域．
18. 本小题分
随着现代社会物质生活水平的提高，中学生的零花钱越来越多，消费水平也越来越高，因此滋生了一些不良的攀比现象某学校为帮助学生培养正确的消费观念，对该校学生每周零花钱的数额进行了随机调查，现将统计数据按，，，分组后绘成如图所示的频率分布直方图，已知．
求频率分布直方图中，的值；
估计该校学生每周零花钱的第百分位数；
若按照各组频率的比例采用分层随机抽样的方法从每周零花钱在内的人中抽取人，求内抽取的人数．
19. 本小题分
衢州市某公园供市民休息的石凳是阿基米德多面体，它可以看作是一个正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体各棱长都相等，已知正方体的棱长为．
证明：平面平面；
求石凳所对应几何体的体积．
20. 本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，，且满足．
求角的大小；
求的取值范围．
21. 本小题分
如图在三棱台中，平面，，，．
求点到平面的距离；
求二面角的正弦值．
22. 本小题分
已知函数．
当时，求的单调递减区间；
若有三个零点，，，且，求证：；．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：因为集合，
所以集合的子集有，，，共个．
故选：．
列举出集合的子集即可得解．
本题主要考查子集个数的求法，考查运算求解能力，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：因为，
则．
故选：．
根据复数的运算法则进行化简，然后结合复数的模长公式可求．
本题主要考查复数模长的计算，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由，则函数图像是连续的且单调递增，
则，
，
由函数零点存在定理可得函数零点所在区间为．
故选：．
先确定函数是连续函数，然后结合函数零点存在定理求解答案即可．
本题主要考查函数零点的判定定理，考查运算求解能力，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：用一个平面去截一个正方体，、、、、、分别是所在棱的中点，所得截面形状可能为三角形、四边形、五边形、六边形，
如图所示：
故选：．
由正方体的结构特征，作出截面即可判断．
本题主要考查平面的基本性质及推论，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：因为，，
所以由，解得，
因为，
所以“”是“”的必要不充分条件，
即“”是“”的必要不充分条件．
故选：．
利用向量的数量积的坐标表示及充分条件必要条件的定义即可求解．
本题主要考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：，
令，，则，，
函数在区间上有且仅有条对称轴，即有个整数符合，
，得，则，，
即，．
故选：．
求出函数的对称轴方程为，，原题等价于有个整数符合，解不等式即得解．
本题主要考查正弦函数的图象与性质，考查运算求解能力，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：画出函数的图象如图，
若，由，即，
即，即，所以，
当时，单调递增，且，
令，则，所以，
故选：．
画出函数的图象，根据图象分析可得的值，再由的取值范围即可得出答案．
本题主要考查分段函数的应用，考查转化能力，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：由题意可知，，．
又，平面，平面，
所以平面．
设的外接圆的半径为，
则由正弦定理可得，
即，所以，
设三棱锥的外接球的半径为，
则，
所以外接球的表面积为．
故选：．
先证明出平面，设的外接圆的半径为，三棱锥的外接球的半径为，由，求出，进而求出外接球的表面积．
本题考查三棱锥的外接球问题，属中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，极差为，中位数为，所以极差与中位数之积为，对；
对于，根据方差的性质可知，数据，，，的方差是，错；
对于，由方差，
可得，即此组数据众数唯一，对；
对于，，
，
，对．
故选：．
对于，求得极差、中位数即可判断；对于，根据方差的性质即可判断；对于，根据方差的定义可得，从而可判断；对于，根据平均数的计算公式即可判断．
本题主要考查统计的知识，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：，
所以的最大值为，故A错误；
，
所以关于对称，所以对任意的，都有，故B正确；
时，，
所以在上是增函数，故C正确；
由的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象，故D错误．
故选：．
根据两角差的正弦公式可得，再根据正弦函数的性质及图象变换逐项判断．
本题主要考查三角恒等变换，函数的图象变换，正弦函数的图象与性质，考查运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：如图所示：以为轴，为轴建立直角坐标系，
设，
在中，由余弦定理可得，，
解得，
，
，，设，
对，，，
，
，
当时，函数有最小值为，故选项A正确；
对：取的中点，则，，
则，，
两式相减得：，
由正八边形的对称性知，当点与点或重合时，最大，
又，所以，
，
的最大值为，故选项B正确；
对：，，
，
在方向上的投影向量为，故选项C错误；
对：，，，
又，
，故选项D错误．
故选：．
以为轴，为轴建立直角坐标系，计算各点坐标，计算向量坐标，求出函数解析式，利用二次函数求出最值，A正确；取的中点，得到，求出的最大值，从而得到的最大值，B正确；利用数量积的几何意义求解投影向量，C错误；计算向量坐标即可判断D错误，得到答案．
本题主要考查了向量的数量积运算，考查了二次函数的性质，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：对于选项，因为函数的定义域为，
，
所以函数的图象关于直线对称，对；
对于选项，因为，
函数的几何意义为点到点和点的距离之和，
如下图所示：
，
当且仅当点、、共线时，等号成立，
所以函数的值域为对；
对于选项，由选项可知，函数只有最小值，
若函数的图象为中心对称图形，则函数有最大值，
这与函数的值域为矛盾，错；
对于选项，设，
由可得，解得，
因为函数的图象关于直线对称，且函数的值域为
因为，，
所以方程无解，
令，易知函数在上为增函数，
且，
，
由零点存在定理可知，在上存在一个零点，
即方程在由一个根，则方程在上有个根，
综上所述，方程有两个根，对．
故选：．
计算得出，利用函数对称性的定义可判断选项；利用函数的几何意义求出的值域，可判断选项；利用反证法可判断选项；解方程，结合函数的单调性、对称性以及零点存在定理可判断选项．
本题主要考查了函数的对称性，考查了函数的零点问题，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：角的终边经过点，即，，则，
，
故答案为：．
由题意可得，，求出，利用任意角的三角函数的定义，直接求出．
本题考查任意角的三角函数的定义，利用任意角的定义是解题的关键．
14.【答案】
【解析】解：，
当且仅当，即时等号成立，所以函数的最小值为
故答案为：
将函数变形为，构造出基本不等式适用的条件，再求解．
基本不等式求最值时要注意三个原则：一正，即各项的取值为正；二定，即各项的和或积为定值；三相等，即要保证取等号的条件成立．本题关键在于函数解析式的变形．
15.【答案】答案不唯一
【解析】解：因为是定义在上的奇函数，则，且，
又为偶函数，则，即，
于是，则，即是以为周期的周期函数，
对任意，，，都有，
可得在单调递减，
不妨设，由题意，
所以，则，
当时，，
因为在上单调递减，且在上单调递增，
所以，不妨取，此时．
故符合上述条件的一个函数解析式，答案不唯一．
故答案为：答案不唯一．
根据给定的奇偶性，推理计算得函数的周期性，再结合单调性求解作答．
本题主要考查了抽象函数的应用，考查了函数的奇偶性和单调性，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：由题知，绕点旋转成，
使得与重合，如图所示，
则是等边三角形，
，，
过点作，
因为为边长为的正内的一个动点，
所以，
所以．
故答案为：．
利用旋转法绕点旋转成，过点作，则，即可得出答案．
本题主要考查三角形中的几何计算，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：因为，
所以．
令，因为，所以，则，
令，，
则在上单调递减，在上单调递增，
又，，，所以，
所以函数的值域．
【解析】直接代入计算可得；
利用二倍角公式及诱导公式将函数转化为的二次型函数，再换元，结合二次函数的的性质计算可得．
本题主要考查三角函数的最值的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：，即，
又，
所以，；
前组的频率和为，
前组的频率和为，
第百分位数位于第组内，
估计第百分位数为元；
，，这三组的频率分别为，，，比例为：：，
则从内抽取的人数分别为．
【解析】根据频率之和为，结合已知可得；
先判断第百分位数所在区间，然后可得；
先求各组频率，根据频率比例即可求得抽取人数．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了百分位数的求法，属于基础题．
19.【答案】证明：多面体为二十四等边体知、、、、、为正方体对应棱上的中点，
则，，
，，平面，，，平面，
则平面平面．
解：正方体的体积，
截去的每个四面体体积为，
所以石凳所对应几何体的体积为．
【解析】根据面面平行的性质定理证明即可；
先求出正方体的体积，再求出截去的八个四面体的体积，作差即可求解．
本题考查面面平行的证明，几何体的体积的求解，属中档题．
20.【答案】解：，化简可得，
，
，
，
，
，
即，又，
则，
，则；
由正弦定理可得
，
因为，所以，则，
所以，故
所以的取值范围为．
【解析】先利用两角和的正弦公式将条件化简，再利用正弦定理和三角恒等变换求出，根据三角形内角的取值范围即可求解；
利用正弦定理将边化为角，然后利用三角形内角和定理、三角恒等变换和余弦函数的图像即可求解．
本题考查解三角形问题，三角函数的性质，正弦定理与余弦定理的应用，属中档题．
21.【答案】解：解法一：因为平面，平面，平面，平面，
所以，，，
又，，且，平面，
所以平面，
因为平面，
所以．
在中，，
在中，，
过作，垂足为，
则，，则，
所以，
所以在中，，
则在中，，
则，
所以，
，
设点到面的距离为，
根据，
即，
即，解得，
所以点到平面的距离为．
过作，垂足为，
由知平面，
因为平面，
所以，
又，且，平面，
则平面，
过点作，垂足为，连接，
则为二面角的平面角，
又，，，
则，
由∽，得，
所以，
所以，
所以，
所以二面角的正弦值为．
解法二：同解法一先证平面，
如图建系，
则，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
由，得，
即，取，
则点到平面的距离为．
由知，，，，，，
则，，
设平面的法向量为，
由，得，
即，取，
又平面的法向量为，
则，
则二面角的正弦值为．
【解析】解法一：先利用线面垂直关系证明平面，进而结合余弦定理求得，进而利用等体积法求解即可；
过作，垂足为，先证明平面，过点作，垂足为，连接，可得为二面角的平面角，进而求解即可．
解法二：先利用线面垂直关系证明平面，进而建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再结合空间向量求解即可；
求出平面的法向量，再利用空间向量求解即可．
本题主要考查点到平面距离的求法，二面角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：，
法一：时，的对称轴是，函数在递减，在递增，
时，的对称轴是，函数在递增，
综上：的单调递减区间为．
法二：时，，令，解得，
故函数在递减，
时，，令，解得，
故函数在递增，
综上：的单调递减区间为．
由题意可知当时不符合题意即，
，
，
，
，
，
，
，
；
由题意可知：，，
，
．
【解析】去掉绝对值，法一：结合二次函数的性质求出函数的单调区间即可；法二：求出函数的导数，
去掉绝对值结合函数的性质得到，计算，求出，作差判断成立，分别求出，，作差比较即可．
本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用，二次函数的性质以及不等式的证明，考查转化思想，是难题．
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