湖南省部分校2021-2022学年高一下学期基础学科知识竞赛数学试题

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页湖南省部分校2021-2022学年高一下学期基础学科知识竞赛数学试题第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、单选题1．已知集合，集合，则（

）A． B． C． D．2．设为两个平面，“内存在一条直线垂直于”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分且必要条件 D．既不充分也不必要条件3．在下列函数中，最小值是2的函数有（

）A．B．C．D．4．已知幂函数的图象过点，设，，，则（

）A． B．C． D．5．已知，则（

）A． B． C． D．16．如图，在平行四边形中，，相交于点，点在线段上，且，若，则（

）A． B． C． D．7．秦九韶是我国南宋数学家，其著作《数书九章》中的大衍求一术、三斜求积术和秦九韶算法是具有世界意义的重要贡献.秦九韶把三角形的三条边分别称为小斜、中斜和大斜，三斜求积术即已知三边长求三角形面积的方法，用公式表示为：，其中是的内角的对边.已知中，，，则面积的最大值为（

）A． B． C． D．8．已知是奇函数，若恒成立，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．评卷人得分二、多选题9．若复数满足（其中是虚数单位），复数的共轭复数为，则（

）A．B．复数的虚部是2C．D．复数在复平面内对应的点位于第四象限10．已知函数，则（

）A．其图象可由的图象向右平移个单位得到B．在仅有1个零点C．在单调递增D．在的最小值为11．先后两次掷一枚质地均匀的骰子，表示事件“两次掷出的点数之和是4”，表示事件“第二次掷出的点数是偶数”，表示事件“两次掷出的点数相同”，表示事件“至少出现一个奇数点”，则（

）A．与互斥 B．C．与对立 D．与相互独立12．地球环境科学亚欧合作组织在某地举办地球环境科学峰会，为表彰为保护地球环境做出卓越贡献的地球科研卫士，会议组织方特别制作了富有地球寓意的精美奖杯，奖杯主体由一个铜球和一个三足托盘组成，如图①，已知球的表面积为，底座由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠成直二面角所得，如图②，则下列结论正确的是（

）A．直线与平面所成的角为B．底座多面体的体积为C．平面平面D．球离球托底面的最小距离为第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分三、填空题13．已知向量，，且，则________.14．2022年春天我国东部片区降水量出现近年新低，旱情严重，城市缺水问题显得较为突出，某市政府为了节约生活用水，科学决策，在全市随机抽取了100位居民某年的月均用水量（单位：）得到如图所示的频率分布直方图，在统计中我们定义一个分布的分位数为满足的，则估计本例中________.（结果保留小数点后两位有效数字）15．已知函数，，若，则________.评卷人得分四、双空题16．三棱锥中，顶点在底面的射影恰好是内切圆的圆心，若三个侧面的面积分别为12，16，20，底面的最长边长为10，则点到平面的距离为________；三棱锥外接球的直径是________.评卷人得分五、解答题17．如图，在中，，，，，.(1)设在上的投影向量为，求的值；(2)若，求.18．已知二次函数，又.(1)求函数在上的最小值；(2)若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围.19．在中，角所对的边分别为，且.(1)求角的大小；(2)若，，求的面积.20．如图，等腰梯形中，，，，为的中点，将沿折起、得到四棱锥，为的中点.(1)线段上是否存在点，使平面？(2)证明：为直角三角形；(3)当四棱锥的体积最大时，求三棱锥的体积.21．2022年“五一”国际劳动节期间，我市市场志愿服务团队对某“冰橙”线下冷链实体加工点作了统计调查，了解到某种冰橙的成本单价为3元，厂家全程灭菌保鲜包装，然后按照每箱100杯冰橙装箱（平均每杯冰橙的包装费约增加1元），然后以每箱500元的价格整箱出售.结合市场需求及冰橙的夏季保鲜条件，厂家特制定如下促销策略：若每天下午4点之前所生产的冰橙没有售完，则对未售出的冰橙以每箱300元的价格出售（降价后能把剩余冰橙全部处理完毕，且当天不再生产该种冰橙），根据厂家市场调研暂定每天最多加工7箱.(1)若某天该厂家加工了7箱该种冰橙，且被7家不同的门店购买，其中在下午4点之前售出的有5箱.现从这7家不同的门店中随机选取2家赠送优惠卡，则恰好一家是以500元购买的门店，另一家是以300元购买的门店的概率是多少？(2)该加工点统计了100天内该种冰橙在每天下午4点之前的销售量（单位：箱），结果如下表（视频率为概率）：（箱）4567频数（天）20302030求每天加工7箱该种冰橙的平均利润.22．对于函数.(1)若，且为奇函数，求的值；(2)若，方程恰有一个实根，求实数的取值范围；(3)设，，若对任意实数，当时，满足，求实数的取值范围.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：1．A【解析】【分析】解不等式后由补集与交集的概念运算【详解】因为集合，所以，又集合，所以，故选：A2．C【解析】【分析】由面面垂直的判定定理和性质定理可得答案.【详解】内存在一条直线垂直于，根据面面垂直的判定定理可得，若，根据面面垂直的性质定理，则在内存在一条直线垂直于两个平面的交线的直线，垂直于另一个平面，所以“内存在一条直线垂直于”是“”的必要充分条件.故选：C.3．B【解析】【分析】利用均值不等式的适用条件“一正，二定，三相等”逐一判断即可【详解】对于A：当时，由基本不等式可得，当且仅当，即时，等号成立，但当时，由基本不等式可得，当且仅当，即时，等号成立，故A错误；对于B：∵，∴，由基本不等式可得，当且仅当，即，即时等号成立，故B正确；对于C：由基本不等式可得，当且仅当，即时，等号成立，显然不可能取到，故C不正确；对于选项D：∵，∴由基本不等式可得，当且仅当，即时，等号成立，但最小值不是2，故D错误.故选：B4．B【解析】【分析】由幂函数所过的点求得，再由对数函数性质比较m、n、p的大小，依据单调性比较函数值大小即可.【详解】因为幂函数的图象过点，所以，解得.∴.而，所以，又为上的增函数，所以.故选：B.5．D【解析】【分析】由三角恒等变换公式和二倍角公式，以及弦切互化的方法来化简计算即可.【详解】因为，所以，即，所以，即，所以，故选：D6．B【解析】【分析】由平面向量的运算法则求解【详解】平行四边形中，因为，所以，又因为，所以，又因为，所以，，则，故选：B7．B【解析】【分析】利用正弦定理结合三角恒等变换可得，利用余弦定理可得，将代入题干中的面积公式即可求解.【详解】解：∵，∴，∴，即，即，又且，则，∴，∴；∵，∴，则，即，则，∴，∴时，.故选：B.8．B【解析】【分析】根据是奇函数求出，得到，判断出的单调性，再利用单调性和奇偶性可得恒成立，由可得答案.【详解】∵是奇函数，∴即恒成立，即，则，解得，又∵，∴，则，所以，，是奇函数，因为在是单调递减函数，在是单调递增函数，由复合函数的单调性性判断得，函数在上单调递减，又为奇函数，所以在上单调递减；由恒成立得，可得恒成立，则，即恒成立，所以恒成立，解得.故选：B.9．ABD【解析】【分析】先化简出，再逐一判断四个选项即可【详解】，，∴，故A正确；复数的虚部为2，故B正确；，故C错误；复数在复平面内对应的点为在第四象限，故D正确.故选：ABD.10．AD【解析】【分析】利用三角恒等变换化简函数的解析式，根据正弦型函数的性质，逐项判断即可.【详解】解：.对于A：的图象向右平移个单位得到，故A正确；对于B：当时，，由，可得，或，即或，则在有且仅有2个零点.故B错误；对于C：由，，可得，则在上不单调递增.故C错误；对于D：由，可得，则，，则在的最小值为.故D正确.故选：AD.11．BD【解析】【分析】根据互斥的意义判定A；利用对立事件和独立事件概率公式可求得，从而判定B；根据对立事件的概念和结合题意判定C；利用独立事件的概率公式判断D.【详解】解：若两次掷出的点数之和是4，由于每次掷出的点数都在1到6之间，所以第一次掷出的点数一定小于4，而“两次掷出的点数相同”中的“”的点数之和等于4，故与不一定互斥，故A错误；“至少出现一个奇数点”的对立事件是“两次掷出的点数都是偶数点”，所以，故B正确；由于“至少出现一个奇数点”的对立事件是“两次掷出的点数都是偶数点”.故B与D不是对立的，故C错误；先后两次掷一枚质地均匀的骰子，两次出现的点数组有种等可能的不同情况，第二次掷出的点数为偶数的情况有，，共18种不同情况，两掷出的点数相同的情况有：，，，，，共6种，两次掷出的点数相同且第二次掷出的点数为偶数的情况有，，，3种情况，所以，，，所以，所以独立，故D正确.故选：BD.12．ABD【解析】【分析】根据图形的形成可知，三点在底面上的投影分别是三边中点，，，由平面可得就是直线与平面所成的角，即可判断A项；多面体的体积为直三棱柱体积减去三个相同的三棱锥，利用几何体的体积公式计算，可判断B项；利用面面平行的判定定理证明平面平面，可判断C项；由已知可得球的半径，计算球心到平面的距离，即可判断D项.【详解】解：根据图形的形成可知，三点在底面上的投影分别是三边中点，，，如图所示，对于A，平面，∴就是直线与平面所成的角，∵是等边三角形，∴，A正确；对于B，将几何体补全为直三棱柱，如下图示，∴多面体的体积为直三棱柱体积减去三个相同的三棱锥，∴由下图知：，故B正确；对于C，因为且，故四边形为平行四边形，故，因为、分别为、的中点，则，故，∵平面，平面，∴平面，∵，平面，平面，∴平面，∵，所以，平面平面，因为过直线有且只有一个平面与平面平行，显然平面与平面不重合，故平面与平面不平行，故C错误；对于D，由上面讨论知，设是球心，球半径为，由得，则是正四面体，棱长为1，设是的中心，则平面，又平面，所以，，则，又.所以球离球托底面的最小距离为，D正确.故选：ABD.13．##【解析】【分析】根据向量垂直的坐标表示可得答案.【详解】由题意可得，，因为，所以，即，解得.故答案为：.14．2.45【解析】【分析】根据频率分布直方图进行数据分析，结合定义即可求得.【详解】由题意可知：就是满足的横坐标的值，因为对应的频率为，对应的频率为，对应的频率为，对应的频率为，对应的频率为，所以落在内，设距离2.5的距离为，所以，所以，所以.故答案为：2.4515．【解析】【分析】根据数形结合的方法，结合反函数的性质分析可以得到结果.【详解】，则，得：；令，得：；所以，分别为和与的图像交点的横坐标，如图所示：因为和互为反函数，所以和的图像关于对称，所以、两点关于对称.又、两点均在的图像上，所以，所以.故答案为：16．

【解析】【分析】依题意作出图形，设，，，即可得到，从而求出、，利用等体积法求出点到平面的距离，最后再求外接球的直径；【详解】解：不妨设，，，设在底面的射影为，分别作于点，于点，于点，则，，.依题意，为的内心，则，故，又，，，所以，所以，令，，.底面的最长边长为10，可得，解得，所以，，.设内切圆半径为，则，因为，即，解得，故，由，，得，所以，所以.设点到平面的距离为，由，，所以，所以；∵，∴点在以为直径的圆上，取中点为，则以为直径的圆的圆心为点，设三棱锥的外接球球心为点，连接，易知平面，又平面，则，过点作交于点，∵平面，平面，∴，即，∴四边形为矩形，则，，在平面上建立如图所示直角坐标系，则，，，，，设，若点在线段上，则，，在直角中，即，解得，故点在线段的延长线上，则，同理可得，解得，所以三棱锥的外接球半径为，三棱锥的外接球的直径为.故答案为：；；17．(1)(2)【解析】【分析】（1）利用投影向量的计算公式即可求解；（2）利用平面向量线性运算可得，利用转化法求解向量的模即可.(1)解：∵在上的投影向量为，∴(2)解：，，∴.18．(1)(2)【解析】【分析】（1）依题意可得，是的两个根，利用韦达定理求出、，即可得到的解析式，再根据二次函数的性质计算可得；（2）设，则，依题意可得对任意的恒成立，参变分离对任意的恒成立，利用基本不等式求出的最小值，即可得到，解得即可；(1)解：二次函数，由，可得，是的两个根，所以，解得，，所以，因为，根据二次函数的性质，可得函数在上单调递增，在上单调递减，由对称性可知，所以函数在上的最小值为.(2)解：设，因为，可得，不等式对任意的恒成立，即不等式对任意的恒成立，即不等式对任意的恒成立，所以对任意的恒成立，又由，当且仅当时，取等号，所以，即，解得，所以实数的取值范围为.19．(1)；(2).【解析】【分析】（1）应用正余弦定理的边角关系可得，再由三角形内角性质求的大小；（2）由正弦定理得，，结合已知有，再应用余弦定理求得，最后用三角形面积公式求的面积.(1)由正弦定理得：，由余弦定理得：，所以，，所以.(2)由，则，故，，而，则，可得，又，整理得，则，可得，所以的面积为.20．(1)存在，为的中点，理由见解析；(2)证明见解析；(3).【解析】【分析】（1）为的中点，取中点，连接，证明，再利用线面平行的判定推理即可.（2）取的中点，连接，，，由线面垂直的判定证得面即可作答.（3）利用（2）中信息确定在体积最大时，求出点到平面距离，再结合锥体体积公式计算作答.(1)存在，为的中点，如图，取中点，连接，而为的中点，则，，在等腰梯形中，，又为的中点，于是得，，即有四边形为平行四边形，则，又面，面，所以平面.(2)取的中点，连接，，，如图，由（1）知，，，即为平行四边形，则，，有，为正三角形，则有，，在原等腰梯形中，为正三角形，则，于是得，而，即有为正三角形，，则，又，平面，则面，而面，因此，所以为直角三角形.(3)由（2）知，是边长为4的菱形，且，即的面积是定值，当四棱锥的体积最大时，即有点到平面距离最大，有直线平面，则的高即为四棱锥的高，又为的中点，则到平面的距离，