精品解析：浙江省衢州二中智造新城实验学校2023-2024学年高一下学期第二次阶段检测数学试卷

衢州二中2023学年第二学期高一年级阶段检测 数学试卷 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4个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得128粒内夹谷14粒，则这批米内夹谷约为（ ） A. 133石 B. 168石 C. 337石 D. 1364石 【答案】B 【解析】 【分析】 用样本估计总体，根据比例关系可得结果. 【详解】解：用样本估计总体，可得这批谷内夹谷为： 故选：B 2. 已知复数，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法运算，再根据复数虚部的定义，即可得到答案. 【详解】因为， 所以复数的虚部为， 故选：C. 3. 如图，正三角形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法，求出原图形的底和高，得出面积. 【详解】由题得，，，，在，由正弦定理得，解得，则原水平放置的三角形的高为，底边长为，则原图形的面积为. 故选： 【点睛】本题考查斜二测画法和正弦定理，是基础题. 4. 已知甲组数据由这个数据构成，记这组数据的平均数为，方差为；乙组数据由，这数据构成，记这组数据的平均数为，方差为，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】利用平均数公式可得出的大小关系，由方差公式可得出的大小关系. 【详解】由已知可得， ， ， ， 所以ABC错误，D正确. 故选：D. 5. 设，且，则（ ） A. B. 10 C. 20 D. 100 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数式与对数的互化和对数的换底公式，求得，，进而结合对数的运算公式，即可求解. 【详解】由，可得，， 由换底公式得，， 所以， 又因为，可得． 故选：A. 6. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据同角的三角函数关系式中商关系、平方和等于1关系，结合诱导公式进行求解即可. 【详解】，解得， 原式． 故选：B 【点睛】本题考查了同角三角函数关系式的应用，考查了诱导公式，属于基础题. 7. 若正数满足，则的最小值为（ ） A. 4 B. 6 C. 9 D. 16 【答案】A 【解析】 【分析】利用已知条件把变形成积为定值的形式，然后利用基本不等式可求得最小值. 【详解】方法一：由，可得， 所以. 由为正数且，可得， 所以， 当且仅当，即时等号成立. 故选：A. 方法二：由，可得，， 所以， 当且仅当，即时等号成立. 故选：A. 【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，解题的关键是凑出积或和为定值. 8. 已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解. 【详解】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥， ，又，分别为、中点， ，，又，平面，平面，，为正方体一部分，，即 ，故选D． 解法二: 设，分别为中点， ，且，为边长为2的等边三角形， 又 中余弦定理，作于，， 为中点，，， ，，又，两两垂直，，，，故选D. 【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决． 二．多项选择题：本题共3小题.每小题6分，共18分．在每小题给出的4个选项中，有多项符合题目要求．全选对的6分，有选错的得0分，部分选对得部分分． 9. 已知函数，则下列关于函数的结论中，正确的是（ ） A. 最大值为1 B. 图象关于直线对称 C. 既是奇函数又是周期函数 D. 图象关于点中心对称 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，利用三角函数的有界性分析判断，对于B，通过计算和进行判断，对于C，利用函数奇偶性的定义和周期的定义分析判断，对于D，通过计算进行判断. 【详解】对于A，因为，所以， 当时，， 所以的最大值为1，所以A正确， 对于B，因为， ， 所以， 所以图象关于直线对称，所以B正确， 对于C，因为， 所以为奇函数， 因为， 所以为函数的一个周期，所以C正确， 对于D，因为 不一定成立， 所以图象不一定关于点中心对称，所以D错误， 故选：ABC 10. 如图，BC，DE是半径为1的圆O的两条不同的直径，，则（ ） A. B. C. D. 满足的实数与的和为定值4 【答案】BCD 【解析】 【分析】A. 根据易得判断；B. 由运算求解判断；，C.建立平面直角坐标系：设，则，得到，由利用三角恒等变换和三角函数的性质判断；D. 将，利用线性运算变形为判断； 【详解】A. 因为，所以，故错误； B. ， ，故正确； C.建立如图所示平面直角坐标系： 设，则， 所以， 所以 ，故正确； D. 由，得，所以，故正确； 故选：BCD 【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算和数量积运算，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 11. 已知正方体的棱长为2，点为平面内一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 若点在棱上运动，则的最小值为 B. 若点是棱的中点，则平面截正方体所得截面的周长为 C. 若点满足，则动点的轨迹是一条直线 D. 若点在直线上运动，则到棱的最小距离为 【答案】BC 【解析】 【分析】化折线为直线，即可判断A，取的中点，连接,即可证明四边形即为平面截正方体所得截面，从而求出截面周长，即可判断B，根据线面垂直判断C，利用空间向量法判断D. 详解】对于A：如图将平面展开与平面处于一个平面， 连接与交于点， 此时取得最小值，即，故A错误； 对于B：如图取的中点，连接、、， 因为点是棱的中点，所以且， 又且，所以四边形为平行四边形，所以， 所以，所以四边形即为平面截正方体所得截面， 又，，， 所以截面周长为，故B正确； 对于C：如图，，平面，平面， 所以，又，平面， 所以平面，因为平面平面， 平面，平面， 又，所以在直线上，即动点的轨迹是一条直线，故C正确； 对于D：如图建立空间直角坐标系，则，，设， 所以 所以到棱的距离， 所以当时，故D错误； 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是第三象限角，且，则______，______. 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】利用二倍角余弦公式结合是第三象限角，求解出的正弦值，余弦值，正切值，从而可求其他角的函数值. 【详解】由二倍角公式得：， 因为是第三象限角，所以解得， 再由平方关系解得：， 所以，， 所以， ， 故答案为：. 13. 如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面正方形内一点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】取的中点G，连接FG，BG，FB，由正方体的几何特征，易证平面AEC//平面BFG，再根据是侧面内一点（含边界），且平面，得到点P在线段BG上运动，然后在等腰中求解. 【详解】如图所示： 取的中点G，连接FG，BG，FB， 在正方体中，易得 又因为平面BFG， 平面BFG， 所以平面BFG，同理证得平面BFG， 又因为， 所以平面AEC//平面BFG， 因为是侧面内一点（含边界），且平面， 所以点P在线段BG上运动， 如图所示： 在等腰中，作，且， 所以， 设点F到线段BG的距离为d， 由等面积法得， 解得， 所以线段长度的取值范围是， 故答案为： 14. 设为的重心，满足.若，则实数的值为_______. 【答案】## 【解析】 【分析】连接，延长交于，根据重心的性质和题意可知，由双余弦定理，再根据，可知，再根据三角形内角的关系和正弦定理可知，再结合余弦定理，即可求出结果. 【详解】如图，连接，延长交于， 由于为重心，故为中点，因为，所以，所以， 由重心的性质得，，即， 由余弦定理得，,， 因为，所以， 则, 又因为，， . 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：连接，延长交于，根据重心的性质和题意可知，由双余弦定理，再根据，可知，是解决本题的关键. 四．解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 某校从参加高一年级期中数学考试的学生中随机抽取60名学生，将其数学成绩（均为整数）分成六段，，，，，，后得到如下部分频率分布直方图.观察图形的信息，回答下列问题： （1）求分数在内的频率，并补全这个频率分布直方图； （2）估计本次考试的平均分、中位数及分位数的值. 【答案】（1），直方图见解析 （2）平均数为，中位数为，分位数为 【解析】 【分析】（1）利用频率和为1求解； （2）利用小矩形中点乘以各组频率求和得平均数，利用左右面积平分求中位数，利用百分位数的概念结合频率分布直方图可得分位数. 【小问1详解】 由频率分布直方图，得： 分数在内的频率为：， ，补全后的直方图如图所示， 【小问2详解】 由频率分布直方图得平均分为： ， 因为的频率为， 的频率为：， 所以中位数为：， 因为的频率为， 的频率为：， 所以分位数为：. 16. 函数在一个周期内的图象如图所示，为图象的最高点，、为图象与轴的交点，且为正三角形. （1）求的值及函数的值域； （2）若，且，求的值. 【答案】（2），函数的值域为;（2）. 【解析】 【分析】(1)将函数化简整理，根据正三角形的高为，可求出，进而可得其值域； (2)由得到，再由求出，进而可求出结果. 【详解】(1)由已知可得， 又正三角形的高为，则， 所以函数的最小正周期，即，得， 函数的值域为． (2)因为，由(1)得 ， 即， 由，得， 即＝， 故 . 【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，熟记正弦函数的性质即可求解，属于基础题型. 17. 在中，内角，，所对的边长分别为，，，且满足. （1）求角； （2）角的内角平分线交于点，若，，求. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）先由正弦定理及切化弦得，结合角的范围，即可求解； （2）先由结合面积公式求得，再由余弦定理求得的值，再由正弦定理求出即可. 【小问1详解】 由正弦定理及切化弦可得， 又，则，即，又，则； 【小问2详解】 ，又，， 可得，又由余弦定理得，解得（负值舍去），则， 可得或，又，显然当或12时，值相同，不妨设，则， 由正弦定理得，可得，又，可得. 18. 四棱锥中，，，平面平面，，且. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）过作于，则与相交，利用面面垂直的性质得出平面，则，结合可证得结论； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出与平面的法向量，然后利用向量的夹角公式求解即可； （3）分别求出平面和平面的法向量，然后利用向量的夹角公式求解即可. 【小问1详解】 证明：过作于， 因为，所以与相交， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，与相交，平面， 所以平面； 【小问2详解】 取的中点，连接， 因为，，所以， 因为，所以为等边三角形，， 所以，因为，所以， 因为平面，平面，所以， 所以两两垂直， 所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 因为， 所以， 所以， 因为，，，平面 所以平面，所以为平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为，则 . 【小问3详解】 因为， 所以， 设平面法向量为，则 ，令，则， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 所以， 因为二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为. 19. 已知函数，. （1）当时，求函数的值城 （2）若关于的方程有两个不等根，求的值； （3）是否存在实数，使得对任意，关于的方程在区间上总有3个不等根，，，若存在，求出实数与的取值范围；若不存在，说明理由. 【答案】（1）；（2）；（3）存在，， 【解析】 【分析】 （1）将函数化简再根据单调性即可得函数值域； （2）根据的解析式，将代入化简，即可得到的值. （3）令，，，根据得出的取值范围，由题意可得关于的方程在区间有两解，且有两个不等根，只有一个根，列出不等式组得出的范围，再结合（2）知，的取值范围. 【详解】（1）在区间单调进减， 而，，故函数的值域为． （2）因为在单调递减，在单调递增， ，则有，即 故，所以 （3）令，由（1）知 令，因为在单调减，在单调递增， 且，， 则当时，方程有两个不等根，由（2）知，且两根之积为1； 当时，方程有且只有一个根且此根在区间内或者为1. 令，由二次函数与的图象特征，原题目等价于： 对任意，关于的方程在区间上总有2个不等根， 且有两个不等根，只有一个根，则必有 结合二次函数的图象，则有，解之得， 此时；，则其根，故必有. 【点睛】本题主要考查的是利用函数的单调性求函数值域，以及对数函数方程的零点以及复合函数零点的求法，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质，考查学生的分析问题解决问题的能力，是难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 衢州二中2023学年第二学期高一年级阶段检测 数学试卷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得128粒内夹谷14粒，则这批米内夹谷约（ ） A. 133石 B. 168石 C. 337石 D. 1364石 2. 已知复数，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 如图，正三角形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形面积是（ ） A B. C. D. 4. 已知甲组数据由这个数据构成，记这组数据的平均数为，方差为；乙组数据由，这数据构成，记这组数据的平均数为，方差为，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 5. 设，且，则（ ） A. B. 10 C. 20 D. 100 6. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 若正数满足，则的最小值为（ ） A. 4 B. 6 C. 9 D. 16 8. 已知三棱锥P-ABC四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为 A. B. C. D. 二．多项选择题：本题共3小题.每小题6分，共18分．在每小题给出的4个选项中，有多项符合题目要求．全选对的6分，有选错的得0分，部分选对得部分分． 9. 已知函数，则下列关于函数的结论中，正确的是（ ） A. 最大值为1 B. 图象关于直线对称 C. 既是奇函数又是周期函数 D. 图象关于点中心对称 10. 如图，BC，DE是半径为1的圆O的两条不同的直径，，则（ ） A. B. C D. 满足的实数与的和为定值4 11. 已知正方体的棱长为2，点为平面内一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 若点在棱上运动，则的最小值为 B. 若点是棱的中点，则平面截正方体所得截面的周长为 C. 若点满足，则动点的轨迹是一条直线 D. 若点在直线上运动，则到棱的最小距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是第三象限角，且，则______，______. 13. 如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面正方形内一点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是__________． 14. 设为的重心，满足.若，则实数的值为_______. 四．解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 某校从参加高一年级期中数学考试的学生中随机抽取60名学生，将其数学成绩（均为整数）分成六段，，，，，，后得到如下部分频率分布直方图.观察图形的信息，回答下列问题： （1）求分数在内的频率，并补全这个频率分布直方图； （2）估计本次考试的平均分、中位数及分位数的值. 16. 函数在一个周期内的图象如图所示，为图象的最高点，、为图象与轴的交点，且为正三角形. （1）求的值及函数的值域； （2）若，且，求的值. 17. 在中，内角，，所对边长分别为，，，且满足. （1）求角； （2）角的内角平分线交于点，若，，求. 18. 在四棱锥中，，，平面平面，，且. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求二面角的余弦值. 19. 已知函数，. （1）当时，求函数的值城 （2）若关于的方程有两个不等根，求的值； （3）是否存在实数，使得对任意，关于的方程在区间上总有3个不等根，，，若存在，求出实数与的取值范围；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$