勤建学校2022-2023学年高一下学期5月月考
数学试卷 2023.5
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
单项选择题：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.
设集合，集合.则集合B中所有元素的和为（ ）
A.-5 B.-4 C. -3 D.-2
2．已知，，，则下列判断正确的是（ ）
A． B． C． D．
3.已知向量，，．若与垂直，则实数的值为（ ）
A． B． C．2 D．
4．中国古代数学专著《九章算术》的第一章“方田”中载有“半周半径相乘得积步”，其大意为：圆的帐周长乘以其半径等于圆面积.南北朝时期杰出的数学家祖冲之曾用圆内接正多边形的面积“替代”圆的面积，并通过增加圆内接正多边形的边数n使得正多边形的面积更接近圆的面积，从而更为“精确”地估计圆周率π.据此，当n足够大时，可以得到π与n的关系为（ ）
A． B． C． D．
5.科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器．2022年5月，“极目一号”III型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”III型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”III型浮空艇的体积约为（ ）
（参考数据：，，，）
A． B． C． D．
6.在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形(扇环是指圆环被扇形截得的部分)．现有一个如图所示的曲池，它的高为2，AA1，BB1，CC1，DD1均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则图中异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
7．如图，平面平面，四边形是正方形，四边形是矩形，且，，若是线段上的动点，则三棱锥的外接球表面积的最小值是（ ）
A． B．
C． D．
8．已知是函数的零点，是函数的零点，且满足，则实数的最小值是( )
A． B． C． D．
多项选择题：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3分，有选错的得0分.
9．设，，为复数，且，下列命题中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则在复平面对应的点在一条直线上
10．对于一个事件E，用表示事件E中样本点的个数．在一个古典概型的样本空间和事件A，B，C，D中，，，则（ ）
A．A与D不互斥 B．A与B互为对立 C．A与C相互独立 D．B与C相互独立
11．现有甲、乙、丙三位篮球运动员连续5场篮球比赛得分情况的记录数据，已知三位球员得分情况的数据满足以下条件：
甲球员：5个数据的中位数是26，众数是24； 乙球员；5个数据的中位数是29，平均数是26；
丙球员：5个数据有1个是32，平均数是26，方差是9.6；
根据以上统计数据，下列统计结论一定正确的是（ ）
A．甲球员连续5场比赛得分都不低于24分 B．乙球员连续5场比赛得分都不低于24分
C．丙球员连续5场比赛得分都不低于24分 D．丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数大于24
12．如图，正方体棱长为，是直线上的一个动点，则下列结论中正确的是（ ）
A．的最小值为
B．的最小值为
C．三棱锥的体积不变
D．以点为球心，为半径的球面与面的交线长
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13.已知函数f(x)＝3－x＋a的图象经过第二、三、四象限，g(a)＝f(a)－f(a＋1)，则g(a)的取值范围是____________．
14.四面体中，，，，，，平面与平面的夹角为，则的值为 ．
15．已知定义在上的奇函数满足，当时，，若对一切恒成立，则实数的最大值为___________.
16．若，且，的最小值为m，的最大值为n，则mn为___________.
解答题：本小题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
已知函数
若对任意，都有，求的取值范围；
若，且存在，使得，求的取值范围.
18.. 某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别在[100，150)，[150，200)，[200，250)，[250，300)，[300，350)，[350，400)(单位：克)中，经统计的频率分布直方图如图所示．
某经销商来收购芒果，以各组数据的中间数代表这组数据的平均值，用样本估计总体，该种植园中还未摘下的芒果大约还有10 000个，经销商提出以下两种收购方案：
方案①：所有芒果以9元/千克收购；
方案②：对质量低于250克的芒果以2元/个收购，对质量高于或等于250克的芒果以3元/个收购．
(1)求抽取的100个芒果质量的平均数；
(2)若按分层随机抽样从质量为[200，250)，[250，300)的芒果中随机抽取5个，再从这5个中随机抽取2个，求这2个芒果都来自同一个质量区间的概率；
(3) 种植园选择哪种方案获利更多．
19.如图所示,已知在三棱锥P-ABC中,∠ACB=90°,CB=4,AB=20,D为AB的中点,且△PDB是正三角形,
PA⊥PC.
(1)求证:平面PAC⊥平面ABC;
(2)求二面角D-AP-C的正弦值;
(3)若M为PB的中点,求三棱锥M-BCD的体积.
20．已知函数，且为奇函数.
(1)求的解析式；
(2)若方程在上有四个不同的实数解，求的值.
21．已知三角形中，角所对的边分别为，且.
(1)当，时，求的值；
(2)证明：为锐角三角形。
22．已知函数.
(1)若是偶函数，求实数的值；
(2)当时，关于的方程在区间恰有两个不同的实数根，求的取值范围.勤建学校2022-2023学年高一下学期5月月考
数学试卷答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C A A A A C A
题号 9 10 11 12
答案 ACD BCD AD ACD
9．ACD
【分析】根据共轭复数的概念可判断A，利用特值可判断B，根据复数运算法则及复数相等可判断C，根据复数的几何意义结合条件可判断D.
【详解】设，，，
对A， 若，即，则，
所以，，故A正确；
对B，若，则，而，故B错误；
对C，，，
所以，即，
因为，，则至少有一个不为零，
不妨设，由，可得，
所以，，即，，故C正确；
对D，由，可得，
所以，又不全为零，
所以表示一条直线，即在复平面对应的点在一条直线上，故D正确.
故选：ACD.
10．BCD
【分析】利用古典概型相关知识，以及互斥事件，对立事件概率计算公式即可求解.
【详解】对于A：，，
，
与互斥，故A错误；
对于B：
A与B互为对立，故B正确；
对于C：，，
，
，
A与C相互独立，故C正确；
对于D：
,
，
，
又，，
，
B与C相互独立，故D正确；
故选：BCD.
11.AD
【分析】根据中位数，众数的定义判断A，结合中位数，平均数的定义举反例判断B，根据平均数和方差的定义，百分位数的定义，分析丙球员的得分判断CD.
【详解】设甲球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为，
则，，且至少出现次，
故，A正确；
设乙球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为，
则，，
取，可得其满足条件，但有2场得分低于24，B错误；
设丙球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为，
由已知，
所以，
若，则，
所以，矛盾，
所以，，
因为的平均数为，所以，
取，满足要求，但有一场得分低于24分，C错误；
因为，所以丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数为，
若，则，故，矛盾，
所以，所以丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数大于24，D 正确；
故选：AD.
12．ACD
【分析】根据的最小值为等边三角形的高，可求得A正确；将与矩形沿翻折到一个平面内，可知所求最小值为，利用余弦定理可求得B错误；利用体积桥可求得三棱锥的体积为定值，知C正确；利用体积桥可求得点到平面的距离，根据交线为圆可求得交线长，知D正确.
【详解】对于A，在中，，即是边长为的等边三角形，
的最小值为的高，，A正确；
对于B，将与矩形沿翻折到一个平面内，如图所示，
则的最小值为；
又，，，
在中，由余弦定理得：，
，即，B错误；
对于C，平面，平面，；
四边形为正方形，，
又，平面，平面；
，
即三棱锥的体积不变，C正确；
对于D，设点到平面的距离为，
，，即，解得：，
以点为球心，为半径的球面与平面的交线是以为半径的圆，
交线长为，D正确.
故选：ACD.
13解析 因为函数f(x)＝3－x＋a的图象经过第二、三、四象限，
所以f(0)＝3－0＋a＝1＋a<0，
解得a<－1，
又g(a)＝f(a)－f(a＋1)＝－＝×3－a，
又a<－1，所以－a>1，
所以3－a∈，
所以×3－a∈，
所以g(a)的取值范围是.
14.或.
【分析】根据给定条件，利用空间向量数量积运算律求解判断作答.
【详解】在四面体中，，，则是二面角的平面角，如图，
，而，，，
，
因为平面与平面的夹角为，则当时，，
当时，，
所以的值可能为，.
15.
【分析】根据题设条件画出函数的图象，结合图象可求实数的最大值.
【详解】因为，故的图象关于中心对称
当时，，
故的图象如图所示：
结合图象可得：只需当时，即可，
即，故，
故答案为：.
16．
【分析】根据条件等式利用基本不等式中“1”的妙用可求得，由并结合即可求得，便可得出.
【详解】由可得，
由可得，，
所以
，
当且仅当时，等号成立；
即的最小值为；
，
所以，即；
当且仅当时，等号成立；
即的最大值为；
所以.
故答案为：
解答题：本小题共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.
18．1. 【答案】解 (1)频率分布直方图知，这组数据的平均数
≈ 0.07×125＋0.15×175＋0.20×225＋0.30×275＋0.25×325＋0.03×375＝255.
(2)利用分层随机抽样从这两个范围内抽取5个芒果，则质量在[200，250)内的芒果有2个，记为a1，a2，质量在[250，300)内的芒果有3个，记为b1，b2，b3；从抽取的5个芒果中抽取2个共有10种不同情况：(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b2，b3).
记事件A为“这2个芒果都来自同一个质量区间”，则A有4个样本点：(a1，a2)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b2，b3)，从而P(A)＝＝.
(3)方案①收入：y1＝×10 000×9＝×10 000×9＝22 950(元)；
方案②：低于250克的芒果收入为(0.07＋0.15＋0.2)×10 000×2＝8 400(元)；
不低于250克的芒果收入为(0.25＋0.3＋0.03)×10 000×3＝17 400(元)；
故方案②的收入为y2＝84 00＋17 400＝25 800(元).
由于22 950<25 800，所以选择方案②获利多．
19. 【答案】(1)证明：∵D是AB的中点,△PDB是正三角形,AB=20,∴PD=AB=10.∴AP⊥PB.
又AP⊥PC,PB∩PC=P,∴AP⊥平面PBC.
又BC 平面PBC,∴AP⊥BC.
∵AC⊥BC,AP∩AC=A,∴BC⊥平面PAC.
∵BC 平面ABC,∴平面PAC⊥平面ABC.
(2)解：∵PA⊥PC,且PA⊥PB,
∴∠BPC是二面角D-AP-C的平面角.
由(1)知BC⊥平面PAC,则BC⊥PC,
∴在Rt△BPC中,sin∠BPC=
(3)解：∵D为AB的中点,M为PB的中点,
∴DMPA,且DM=5,
由(1)知PA⊥平面PBC,
∴DM⊥平面PBC.
∵S△BCM=S△PBC=2,
∴VM-BCD=VD-BCM=52=10
20．(1)；
(2).
【分析】（1）根据降幂公式、奇函数的性质进行求解即可；
（2）根据正弦函数的性质，结合整体思想进行求解即可.
（1）
为奇函数的图像关于点对称
，
；
（2）
，
方程，即方程在上有四个不同的实数解，
则或，即或，
当，即时，
则，
，
当，即，
，
，
所以.
21．(1)
(2)为锐角三角形
【分析】(1)由正弦定理通过边角互化将条件转化为角的关系，再通过三角恒等变换求角，再由正弦定理求，(2)由条件通过三角恒等变换判断，的正负，结合两角和公式判断的符号，由此确定三角形形状.
【详解】（1）由，得，
所以，
所以，
则，
又，，，
所以，
所以 ，
因为，所以，，
所以 ，
所以，所以 ，，
，
由，得；
（2）因为，
所以，
所以 ，又，
所以，
化简得，
所以
因为， 所以，
所以，，
所以 ，
又，，，
所以，，都为锐角，
所以为锐角三角形.
22．(1)
(2)
【分析】（1）根据偶函数的定义求解；
（2）根据时单调定增以及注意到，进而可得，换元，利用二次函数图象与方程之间的关系，数形结合求解.
【详解】（1）由题可得的定义域为，
因为是偶函数，所以，
即，解得，
经检验时，，
，函数是偶函数，
所以.
（2）,函数单调递增，且，
，
所以，
即，即，
令，因为，所以，
所以在有两个解，
即在有两个解，
令，对称轴为，
所以在单调递增，单调递减，
作图如下，
当时，当时，
要使在有两个解，
则，解得.
