江苏省苏州市2022-2023学年高一下学期期末学业质量阳光指标调研数学试题

苏州市2022～2023学年第二学期学业质量阳光指标调研卷高一数学2023.6注意事项：学生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：1．本卷共6页，包含单项选择题（第1题～第8题）、多项选择题（第9题～第12题）、填空题（第13题～第16题）、解答题（第17题～第22题），本卷满分150分，答题时间为120分钟，答题结束后，请将答题卡交回．2．答题前，请您务必将自己的姓名，调研序列号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置．3．请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效，作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔，请注意字体工整，笔迹清楚．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（）A． B． C． D．2．已知复数是一元二次方程的一个根，则（）A．0 B．1 C． D．23．抛掷三枚质地均匀的硬币，观察它们落地时朝上的面的情况，“既有正面向上，也有反面向上”的概率为（）A． B． C． D．4．已知，，点在线段的延长线上，且，则点的坐标为（）A． B． C． D．或5．中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”的“祖暅原理”，其中“幂”是截面积，“势”是几何体的高．如图，已知正六棱台的上、下底面边长分别为1和2，高为，一个不规则的几何体与此棱台满足“幂势既同”，则该几何体的体积为（）A． B． C． D．216．已知平面向量，满足，，则在上的投影向量为（）A． B． C． D．7．已知，，，则，，的大小关系为（）A． B． C． D．8．用长度分别为2，3，4，5，6（单位：）的5根细木棒围成一个三角形（允许连接，但不允许折断），能够得到的三角形的最大面积为（）A． B． C． D．二、选择题：本题共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．已知一组数据4，2，，10，7的平均数为5，则此组数据的（）A．众数为2 B．中位数为4 C．极差为3 D．方差为10．下列条件中能推导出一定是锐角三角形的有（）A． B．C． D．11．折扇是一种用竹木或象牙做扇骨、韧纸或者绫绢做扇面的能折叠的扇子（如图1），打开后形成以为圆心的两个扇形（如图2），若，，点在上，，点在上，（，），则（）A．的取值范其为 B．的取值范围为C．当时， D．当时，12．已知正方体的棱长为1，点在线段上运动，则下列说法正确的有（）A．B．三棱锥的体积为定值C．若为棱上一动点，则的周长的最小值为D．过作平面，使得，则截正方体所得的截面可以是四边形三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知事件与相互独立，，，则______．14．已知三条不同的直线，，和两个不同的平面，满足以下条件：①，；②；③，，，，则与的位置关系是______．（填“相交”，“平行”或“异面”）15．已知棱长为4的正四面体的四个顶点都在同一球面上，过棱的中点的一个平面截此球所得截面面积为（），请写出一个符合条件的的值：______．16．已知，为一个斜三角形的两个内角，若，则的最小值为______．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）已知为虚数单位，复数．（1）若复数满足，求的虚部；（2）设复数（），若复平面内表示复数的点位于第二象限，求的取值范围．18．（12分）数字人民币在数字经济时代中体现的价值、交易媒介和支付手段职能，为各地数字经济建设提供了安全、便捷的支付方式，同时也为金融监管、金融产品设计提供更多选择性和可能性．苏州作为全国首批数字人民币试点城市之一，提出了2023年交易金额达2万亿元的目标．现从使用数字人民币的市民中随机选出200人，并将他们按年龄（单位：岁）进行分组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，得到如图所示的频率分布直方图．（1）求直方图中的值和第25百分位数；（2）在这200位市民中用分层随机抽样的方法从年䯍在和内抽取6位市民做问卷调查，并从中随机抽取两名幸运市民，求两名幸运市民年龄都在内的概率．19．（12分）如图，在三棱柱中，侧面是菱形，平面平面，，和分别是和的中点．（1）求证：平面；（2）求证：．20．（12分）已知向量，，函数．（1）若，且，求的值；（2）已知，，将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象．在的图象上是否存在一点，使得？若存在，求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，说明理由．21．（12分）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得创作的一部传世巨著，该书以基本定义、公设和公理作为推理的出发点，第一次实现了几何学的系绕化、条理化，成为用公理化方法建立数学演绎体系的最早典范．书中第Ⅰ卷第47号命题是著名的毕达哥拉斯（勾股定理），证明过程中以直角三角形中的各边为边分别向外作了正方形（如图1）．某校数学兴趣小组对上述图形结构作拓广探究，提出了如下问题，请帮忙解答．问题：如图2，已知满足，，设（），四边形、四边形、四边形都是正方形．（1）当时，求的长度；（2）求长度的最大值．22．（12分）如图，在四棱锥中，，，，，．（1）当时，求直线与平面所成角的大小；（2）当二面角为时，求平面与平面所成二面角的正弦值．苏州市2022～2023学年第二学期学业质量阳光指标调研卷高一数学参考答案一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．【答案】A【解析】，故造A．2．【答案】C【解析】，所以，故选C．3．【答案】D三枚硬币落地朝上面的样本事件共有种，其中全部正面向上的有一种，全部反面向上的也是一种，所以“既有正面向上，也有反面向上”的样本事件有6种，所求概率为，故选D．4．【答案】B【解析】由题意得，点为中点，设点，则，即点，故选B．5．【答案】D【解析】因为正六棱台的上下底面为正六边形，所以，，，由祖暅原理知该几何体的体积也为21，故选D．6．【答案】B【解析】在上的投影向量为，故选B．7．【答案】C【解折】因为，所以，，所以，综上，故选C．8．【答案】B【解析】因为三角形的周长为20，所以三角形越接近等边三角形，面积越大，所以三边长为6，7，7时面积最大此时边长为6的边上的高为，面积为，故选B．二、选择题：本题共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．【答案】ABD【解析】由题意可得，所以A正确：B正确，极差为，C错误；对于D：，D正确．故选ABD．10．【答案】BCD【解析】对于A，只能得到A为锐角，A不正确；对于B：最大角为，且，最大角为锐角，所以一定是锐角三角形，B正确：对于C，由，可知，，，即三个角均为锐角，C正确；对于D，由可知，，，A，B均为锐角，，所以C也为锐角，所以一定为锐角三角形，D正确．故选BCD．11．【答案】AD【解析】对于A，，因为．所以，所以，即，A正确；B错误；对于C，如图，当时，可判断为中点，，则，，作，则四边形为平行四边形，则，，所以，，所以．所以，C错误，D正确．故选AD．12．【答案】ABC【解析】对于A，易知正方体体对角线平面，因为平而，所以，A正确；因为平面平面，且距离为所以点到平面的距离为定值，而面积为定值，所以三棱锥的体积即为三棱锥的体积为，B正确；对C，如图，将绕旋转，绕旋转，使得与和与共面，如图点在，上点在上，若周长最小，即最小，当，，，四点共线时，最小，在中，由余弦定理得，所以，C正确；对于D，如图，在正方体中，与正方体体对角线垂直的截面只有两种图形，三角形与六边形，所以D错误．故选ABC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．【答案】0.88【解析】因为事件与相互独立，所以所以．14．【答案】平行15．【答案】4或5或6（答案不唯一，填一个即可）【解析】如图，棱长为4的正四面体，置入到正方体中，此正方体棱长为，四面体外接球即为此正方体外接球，球心即为正方体中心，半径．则过点的最大截面圆即为过球心时，此时截面圆半径即为球半径，截面面积为当点为截面圆圆心时，此时截面圆面积最小，最小截面圆半径为截面圆面积为，所以过点的截面圆面积取值范围为，所以．16．【答案】【解析】所以，当时取最小值四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）【解析】（1）设，则由可得，整理得．所以，解得，，所以的虚部为；（2）因为复平面内表示复数的点位于第二象限，所以即的取值范围为．18．（12分）【解析】（1）因为第一组的频率为，，第二组的频率为，所以第25百分位数在第二组，设为，则所以第25百分位数为30（2）年龄在的市民人数为，年龄在的市民人数为，用分层随机抽样的方法抽取年龄在的人数为人，年龄在的人数为人，设年龄在的4人为，，，，年龄在的2人为，从这6为市民中抽取两名的样本事件为共15种，其中2名年龄都在内的样本事件有种，所以两名幸运市民年龄都在内的概率为．19．（12分）【解析】（1）取中点为，连结，，因为为中点，所以，在三棱柱中，，因为为中点，所以，所以所以四边形为平行四边形，所以，平面，平面所以平面（2）连结，因为四边形是菱形，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以，，、平面所以平面，平面，所以20．（12分）【解析】（1），因为，所以，而，所以，所以，所以（2）由题意得，假设的图象上存在点使得，因为，，因为，所以令，因为，所以，当且仅当时取等所以存唯一解，此时，点综上，符合条件的点坐标为．21．（12分）【解析】（1）在中，，，，则，，因为，所以在中，，，由余弦定理（2）在中，由余弦定理得，所以，设，在中，由余弦定理得，所以①在中，由正弦定理得，所以，代入①可得（），所以当时，的最大值为，所以长度的最大值为6．22．（12分）【解新】（1）延长，交于点，连接．因为，所以，故为等边三角形，所以，．因为，，所以，．在中，由余弦定理得，所以，所以，所以由勾股定理道定理得．因为，，，平面，所以平面．因为