《江苏省南通市2022-2023学年高一下学期6月期末数学试题（含解析）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省南通市2022-2023学年高一下学期6月期末数学试题（含解析）.docx（30页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023年南通市高一学年度质量监测数学一单项选择题：本大题共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. 复数的实部为( )A. B. C. -1D. 12. 设全集，集合，则( )A. B. C. D. 3. 在边长为3的正方形中，则( )A. -5B. 5C. 15D. 254. 在中，角、的对边分别为、若，则( )A. B. C. D. 5. 函数零点所在区间是( )A. B. C. D. 6. 如果三棱锥底面不是等边三角形，侧棱与底面所成的角都相等，平面，垂足为，则是的( )A. 垂心B. 重心C. 内心D. 外心7. 一组样本数据的平均数为，标
2、准差为3.另一组样本数据的平均数为，标准差为，则( )A. B. C. D. 8. 某船在海面上航行至处，测得山顶位于其正西方向且仰角为，该船继续沿南偏东的方向航行5百米至处，测得山顶的仰角为，则该山顶高于海面( )A. 百米B. 百米C. 百米D. 百米二多项选择题：本大题共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. 在中，为边的中点，则( )A. B. C. D. 10. 关于函数，下列说法正确的是( )A. 最小正周期为B. C. 图象关于点对称D. 在上的最大值为111. 同时抛掷两枚硬币，记“出现两个正
3、面”事件，“出现两个反面”为事件，则( )A. 为必然事件B. 为不可能事件C. 与为互斥事件D. 与为独立事件12. 如图，在底面为平行四边形的直四棱柱中，、分别为棱、的中点，则( ) A. B. 与平面所成角的余弦值为C. 三棱柱外接球的表面积为D. 点到平面的距离为三填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 某学生8次素养测试的成绩统计如下：，则该组数据的第80百分位数为_14. 已知一圆锥侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的体积为_.15. 满足，的一个复数_16. 在中，角的对边分别为为的中点，则的周长为_四解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明证明过程
4、或演算步骤17. 某种经济树木根据其底部周长的不同售价有所差异，底部周长在为三类树，底部周长在为二类树，底部周长大于或等于为一类树为了解一大片该经济林的生长情况，随机测量其中100株树木的底部周长(单位：)，数据均落在之间，按照分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图 (1)估计该片经济林中二类树约占多少；(2)将同组中的每个数据都用该组区间中点的数值代替，试估计该经济林中树木的平均底部周长18. 如图，在三棱锥中，平面分别为的中点 (1)证明：平面；(2)证明：平面平面19. 已知向量，函数.(1)求的单调递增区间；(2)若，求.20. 某校知识竞赛分初赛复赛两轮.某班从甲乙两名学生中选拔一
5、人参加学校知识竞赛(初赛)，抽取了两人6次模拟测试的成绩，统计结果如下表：第1次第2次第3次第4次第5次第6次甲的成绩(分)10090120130105115乙的成绩(分)9512511095100135(1)试根据以上数据比较两名同学的水平，并确定参加初赛的对象；(2)初赛要求如下：参赛者从5道试题中随机抽取3道作答，至少答对2道方可进入复赛.若某参赛者会5道中的3道，求该参赛者能进入复赛的概率.21. 在中，角的对边分别为(1)求；(2)若，点在边上，连接并延长至点，且求面积的最大值及此时点的位置22. 如图，在四棱台中，侧面，为的中点，为棱上的点，平面 (1)证明：平面平面；(2)求；(
6、3)求二面角大小2023年南通市高一学年度质量监测数学一单项选择题：本大题共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. 复数的实部为( )A. B. C. -1D. 1【答案】A【解析】【分析】先利用复数的除法运算化简复数，再利用复数的概念求解.【详解】因为复数，所以复数的实部为.故选：A2. 设全集，集合，则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据集合的交并补运算即可求解.【详解】,故选:C3. 在边长为3的正方形中，则( )A. -5B. 5C. 15D. 25【答案】C【解析】【分析】根据向量数量积运算、向量线性运算求得正确答
7、案.【详解】由于，所以，所以，又，所以.故选：C.4. 在中，角、的对边分别为、若，则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理结合余弦定理可求得的值.【详解】因为，由正弦定理可得，设，则，由余弦定理可得.故选：D.5. 函数的零点所在区间是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出结论.【详解】因为函数、均为上的增函数，故函数为上的增函数，因为，由零点存在定理可知，函数的零点所在区间是.故选：B.6. 如果三棱锥底面不是等边三角形，侧棱与底面所成的角都相等，平面，垂足为，则是的( )A. 垂心B. 重心C. 内心
8、D. 外心【答案】D【解析】【分析】由线面角的定义，得到再在三角形中，由三角函数得到从而得到进而得解.【详解】如图所示： 因为平面，侧棱与底面所成的角都相等，则故故是的外心.故选：D.7. 一组样本数据的平均数为，标准差为3.另一组样本数据的平均数为，标准差为，则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据平均数、方差公式判断数据添加平均数后新的平均数、标准差变化情况即可.【详解】因为，所以，所以，所以，解得，所以.故选：B8. 某船在海面上航行至处，测得山顶位于其正西方向且仰角为，该船继续沿南偏东的方向航行5百米至处，测得山顶的仰角为，则该山顶高于海面( )A. 百米B. 百
9、米C. 百米D. 百米【答案】B【解析】【分析】设山顶高于海面的距离为，利用余弦定理求解即可.【详解】如图所示： 设山顶高于海面的距离为，由题意，所以，在中，由余弦定理得，即，即，解得或(舍去)，所以该山顶高于海面百米.故选：B二多项选择题：本大题共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. 在中，为边的中点，则( )A. B. C. D. 【答案】BCD【解析】【分析】利用平面向量的线性运算逐项判断，可得出合适的选项.【详解】如下图所示：对于A选项，A错；对于B选项，B对；对于C选项，C对；对于D选项，D对.故
10、选：BCD.10. 关于函数，下列说法正确的是( )A. 最小正周期为B. C. 图象关于点对称D. 在上的最大值为1【答案】ACD【解析】【分析】根据给定条件，利用正弦函数的图象性质，逐项分析判断作答.【详解】对于A，的最小正周期，故选项A正确；对于B，故选项B错误；对于C，令，则，所以的对称中心为，当时，函数的图象关于点对称，故选项C正确；对于D，因为，所以，当即时，函数取最大值1，故选项D正确；故选：ACD.11. 同时抛掷两枚硬币，记“出现两个正面”为事件，“出现两个反面”为事件，则( )A. 为必然事件B. 为不可能事件C. 与为互斥事件D. 与为独立事件【答案】BC【解析】【分析】
11、根据实验的所有结果，判断事件与事件的关系.【详解】同时抛掷两枚质地均匀的硬币结果有：正正，正反，反正，反反，共4个基本事件，不是必然事件，A选项错误；事件与事件不能同时发生，为不可能事件，与为互斥事件，与不是独立事件， B选项正确，C选项正确，D选项错误；故选：BC12. 如图，在底面为平行四边形的直四棱柱中，、分别为棱、的中点，则( ) A. B. 与平面所成角的余弦值为C. 三棱柱的外接球的表面积为D. 点到平面的距离为【答案】ACD【解析】【分析】证明出，再结合可判断A选项；利用线面角定义可判断B选项；求出的外接圆直径，可求得三棱柱的外接球的直径为，结合球体的表面积公式可判断C选项；利用
12、等体积法可判断D选项.【详解】对于A选项，连接、， 因为四边形为平行四边形，且，则为菱形，因为，则，且，故为等边三角形，因为为的中点，则，因为且，则四边形为平行四边形，所以，故，A对；对于B选项，过点在平面内作，垂足为点，连接， 因为平面，平面，则，因为，、平面，则平面，所以，与平面所成角为，因为四边形是边长为的菱形，且，则，故，由余弦定理可得，因为，则，因为平面，平面，则，所以，因为平面，平面，则，所以，所以，即与平面所成角的余弦值为，B错；对于C选项，如下图所示： 圆柱的底面圆直径为，母线长为，则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则为圆柱的外接球球心.且有，可将直三棱柱置于圆柱内，使得
13、、的外接圆分别为圆、圆，如下图所示： 因为，则为等边三角形，故圆的直径为，所以，三棱柱的外接球的直径为，所以，三棱柱的外接球的表面积为，C对；对于D选项，连接、，如下图所示： 因为平面，平面，则，又因为且，则四边形为矩形，所以，因为，平面，平面，则平面，所以，点到平面的距离等于，因为点为的中点，则点到平面的距离为，所以，因为四边形为矩形，则，因为，则，同理，在中，由余弦定理可得，因为平面，平面，则，所以，所以，则，所以，设点到平面的距离为，由，得，所以，即点到平面的距离为，D对.故选：ACD.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面
14、角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.三填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 某学生8次素养测试的成绩统计如下：，则该组数据的第80百分位数为_【答案】92【解析】【分析】根据百分位数的计算即可求解.【
15、详解】由于,所以该组数据的第80百分位数为第七个数.故答案为：9214. 已知一圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的体积为_.【答案】#【解析】【分析】依次求圆锥底面周长、底面半径、高，由体积公式即可求.【详解】由题意，圆锥底面周长为，故圆锥底面半径，圆锥高，故圆锥的体积为.故答案为：15. 满足，的一个复数_【答案】(或中的一个，答案不唯一)【解析】【分析】设，根据可得出或，分、两种情况讨论，结合复数的模长公式可求得复数的值.【详解】设，则，因为，则，即或.当时，即，由，解得或，此时，或；当时，即，由，解得，此时，.综上所述，或.故答案为：(或中的一个，答案不唯一)16. 在中，角的
16、对边分别为为的中点，则的周长为_【答案】【解析】【分析】根据给定条件，利用余弦定理建立方程，即可求解作答.【详解】在中，由余弦定理得，即，整理得，在中，由余弦定理得，相加整理得，即，因此，解得，所以的周长为.故答案为：四解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明证明过程或演算步骤17. 某种经济树木根据其底部周长的不同售价有所差异，底部周长在为三类树，底部周长在为二类树，底部周长大于或等于为一类树为了解一大片该经济林的生长情况，随机测量其中100株树木的底部周长(单位：)，数据均落在之间，按照分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图 (1)估计该片经济林中二类树约占多少；(2)将
17、同组中的每个数据都用该组区间中点的数值代替，试估计该经济林中树木的平均底部周长【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)根据频率之和为1即可求解，即可求解二类树频率，(2)根据频率分布直方图中平均数的计算公式即可求解.【小问1详解】由频率分布直方图可得，所以，解得因为底部周长在为二类树，所以由图可得，答：该片经济林中二类树木约占【小问2详解】由题意可得，答：估计该经济林中树木的平均底部周长为18. 如图，在三棱锥中，平面分别为的中点 (1)证明：平面；(2)证明：平面平面【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析【解析】【分析】(1)由三角形中位线定理可得，再由线面平行的判定定理可证得结论；
18、(2)由(1)知，而，则有，再由已知的线面垂直可得，则由线面垂直的判定定理可得平面，从而利用面面垂直的判定定理可证得结论.【小问1详解】证明：在中，因为分别为的中点，所以又因为平面平面，所以平面【小问2详解】证明：由(1)可知，又因为，所以因为平面平面，所以又因为平面，所以平面因为平面，所以平面平面19. 已知向量，函数.(1)求的单调递增区间；(2)若，求.【答案】(1)； (2).【解析】【分析】(1)根据向量数量积的坐标表示函数，然后对函数进行降幂化简，代入正弦函数的单调增区间求解；(2)先求，然后结合角的范围及同角关系求得，然后利用两角差的正弦公式化简计算即可.【小问1详解】，由，解得
19、，所以的单调递增区间是.【小问2详解】，因为，所以，所以，所以.20. 某校知识竞赛分初赛复赛两轮.某班从甲乙两名学生中选拔一人参加学校知识竞赛(初赛)，抽取了两人6次模拟测试的成绩，统计结果如下表：第1次第2次第3次第4次第5次第6次甲成绩(分)10090120130105115乙的成绩(分)9512511095100135(1)试根据以上数据比较两名同学的水平，并确定参加初赛的对象；(2)初赛要求如下：参赛者从5道试题中随机抽取3道作答，至少答对2道方可进入复赛.若某参赛者会5道中的3道，求该参赛者能进入复赛的概率.【答案】(1)甲乙的平均分相同，但甲的成绩比乙稳定；选甲参加知识竞赛较合适
20、 (2)【解析】【分析】(1)根据表格数据计算平均数和方差，比较即可确定人选；(2)列举总的基本事件和所求事件包含的基本事件，利用古典概率概率计算公式即可求解.【小问1详解】由题意可得，所以，所以甲乙的平均分相同，但甲的成绩比乙稳定，故选甲参加知识竞赛较合适.【小问2详解】在5道题中，参赛者会答的3道题分别记为，另外2道不会答的题分别记为，记“参赛者进入复赛”为事件，参赛者从5道题中抽3道题的结果有，共10种.进入复赛，即至少答对2道的情况有，共7种.所以参赛者进入复赛的概率为.21. 在中，角的对边分别为(1)求；(2)若，点在边上，连接并延长至点，且求面积的最大值及此时点的位置【答案】(1
21、) (2)最大值为；点在边上靠近的三等分点【解析】【分析】(1)由正弦定理边角互化以及辅助角公式，即可结合三角函数的性质求解，(1)根据正弦定理求解，进而由余弦定理以及面积公式，结合基本不等式即可求解最值，进而根据边角大小，求解的长度，即可确定位置.【小问1详解】在中，由正弦定理，得因为，所以因为，所以，故，则,因为，所以，则,因此【小问2详解】在中，由(1)知在中，由正弦定理得因为，所以，所以在中，因为，所以设在中，由余弦定理，得因为，所以，所以，当且仅当时等号成立所以面积的最大值为在中，因为，所以在中，因为，所以在Rt中，所以点在边上靠近的三等分点 22. 如图，在四棱台中，侧面，为的中点
22、，为棱上的点，平面 (1)证明：平面平面；(2)求；(3)求二面角的大小【答案】(1)证明见解析 (2) (3)【解析】【分析】(1)由已知条件可证得四边形是平行四边形，则，再由线面平行的判定可得平面，而平面，所以由面面平行的判定定理可证得结论；(2)由面面平行的性质可得，则得四边形是平行四边形，从而可求出；(3)在梯形中，过点作的垂线，垂足为，连接，则可得，可证得平面，则二面角的平面角是，然后在中求解即可.【小问1详解】在四棱台中，因为，所以，所以又因为为的中点，所以四棱台中，所以四边形是平行四边形，所以又平面平面，所以平面又因为平面平面平面，所以平面平面，【小问2详解】由(1)知平面平面，又因为平面平面，平面平面，所以，又因为，所以四边形是平行四边形，所以又由(1)知，所以【小问3详解】在梯形中，过点作的垂线，垂足为，连接 因，所以在梯形中，因为，所以四边形是平行四边形，所以，所以，又因为平面平面，所以，所以又因为平面平面，所以平面又因为平面，所以，所以二面角的平面角是因为，所以因为平面平面，所以因为，所以在中，所以，所以所以二面角的大小是【点睛】关键点点睛：此题考查面面平行的判定，考查二面角的求法，解题的关键是根据题意证明出平面，则可得二面角的平面角是，然后在直角三角形中求解即可，考查空间想象能力和推理能力，属于较难题.