試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁湖南省部分校2021-2022學年高一下學期基礎學科知識競賽數學試題第I卷（選擇題）請點擊修改第I卷的文字說明評卷人得分一、單選題1．已知集合，集合，則（

）A． B． C． D．2．設為兩個平面，“內存在一條直線垂直于”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分且必要條件 D．既不充分也不必要條件3．在下列函數中，最小值是2的函數有（

）A．B．C．D．4．已知冪函數的圖象過點，設，，，則（

）A． B．C． D．5．已知，則（

）A． B． C． D．16．如圖，在平行四邊形中，，相交于點，點在線段上，且，若，則（

）A． B． C． D．7．秦九韶是我國南宋數學家，其著作《數書九章》中的大衍求一術、三斜求積術和秦九韶算法是具有世界意義的重要貢獻.秦九韶把三角形的三條邊分別稱為小斜、中斜和大斜，三斜求積術即已知三邊長求三角形面積的方法，用公式表示為：，其中是的內角的對邊.已知中，，，則面積的最大值為（

）A． B． C． D．8．已知是奇函數，若恒成立，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．評卷人得分二、多選題9．若復數滿足（其中是虛數單位），復數的共軛復數為，則（

）A．B．復數的虛部是2C．D．復數在復平面內對應的點位于第四象限10．已知函數，則（

）A．其圖象可由的圖象向右平移個單位得到B．在僅有1個零點C．在單調遞增D．在的最小值為11．先后兩次擲一枚質地均勻的骰子，表示事件“兩次擲出的點數之和是4”，表示事件“第二次擲出的點數是偶數”，表示事件“兩次擲出的點數相同”，表示事件“至少出現一個奇數點”，則（

）A．與互斥 B．C．與對立 D．與相互獨立12．地球環境科學亞歐合作組織在某地舉辦地球環境科學峰會，為表彰為保護地球環境做出卓越貢獻的地球科研衛士，會議組織方特別制作了富有地球寓意的精美獎杯，獎杯主體由一個銅球和一個三足托盤組成，如圖①，已知球的表面積為，底座由邊長為4的正三角形銅片沿各邊中點的連線垂直向上折疊成直二面角所得，如圖②，則下列結論正確的是（

）A．直線與平面所成的角為B．底座多面體的體積為C．平面平面D．球離球托底面的最小距離為第II卷（非選擇題）請點擊修改第II卷的文字說明評卷人得分三、填空題13．已知向量，，且，則________.14．2022年春天我國東部片區降水量出現近年新低，旱情嚴重，城市缺水問題顯得較為突出，某市政府為了節約生活用水，科學決策，在全市隨機抽取了100位居民某年的月均用水量（單位：）得到如圖所示的頻率分布直方圖，在統計中我們定義一個分布的分位數為滿足的，則估計本例中________.（結果保留小數點后兩位有效數字）15．已知函數，，若，則________.評卷人得分四、雙空題16．三棱錐中，頂點在底面的射影恰好是內切圓的圓心，若三個側面的面積分別為12，16，20，底面的最長邊長為10，則點到平面的距離為________；三棱錐外接球的直徑是________.評卷人得分五、解答題17．如圖，在中，，，，，.(1)設在上的投影向量為，求的值；(2)若，求.18．已知二次函數，又.(1)求函數在上的最小值；(2)若不等式對任意的恒成立，求實數的取值范圍.19．在中，角所對的邊分別為，且.(1)求角的大小；(2)若，，求的面積.20．如圖，等腰梯形中，，，，為的中點，將沿折起、得到四棱錐，為的中點.(1)線段上是否存在點，使平面？(2)證明：為直角三角形；(3)當四棱錐的體積最大時，求三棱錐的體積.21．2022年“五一”國際勞動節期間，我市市場志愿服務團隊對某“冰橙”線下冷鏈實體加工點作了統計調查，了解到某種冰橙的成本單價為3元，廠家全程滅菌保鮮包裝，然后按照每箱100杯冰橙裝箱（平均每杯冰橙的包裝費約增加1元），然后以每箱500元的價格整箱出售.結合市場需求及冰橙的夏季保鮮條件，廠家特制定如下促銷策略：若每天下午4點之前所生產的冰橙沒有售完，則對未售出的冰橙以每箱300元的價格出售（降價后能把剩余冰橙全部處理完畢，且當天不再生產該種冰橙），根據廠家市場調研暫定每天最多加工7箱.(1)若某天該廠家加工了7箱該種冰橙，且被7家不同的門店購買，其中在下午4點之前售出的有5箱.現從這7家不同的門店中隨機選取2家贈送優惠卡，則恰好一家是以500元購買的門店，另一家是以300元購買的門店的概率是多少？(2)該加工點統計了100天內該種冰橙在每天下午4點之前的銷售量（單位：箱），結果如下表（視頻率為概率）：（箱）4567頻數（天）20302030求每天加工7箱該種冰橙的平均利潤.22．對于函數.(1)若，且為奇函數，求的值；(2)若，方程恰有一個實根，求實數的取值范圍；(3)設，，若對任意實數，當時，滿足，求實數的取值范圍.答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．A【解析】【分析】解不等式后由補集與交集的概念運算【詳解】因為集合，所以，又集合，所以，故選：A2．C【解析】【分析】由面面垂直的判定定理和性質定理可得答案.【詳解】內存在一條直線垂直于，根據面面垂直的判定定理可得，若，根據面面垂直的性質定理，則在內存在一條直線垂直于兩個平面的交線的直線，垂直于另一個平面，所以“內存在一條直線垂直于”是“”的必要充分條件.故選：C.3．B【解析】【分析】利用均值不等式的適用條件“一正，二定，三相等”逐一判斷即可【詳解】對于A：當時，由基本不等式可得，當且僅當，即時，等號成立，但當時，由基本不等式可得，當且僅當，即時，等號成立，故A錯誤；對于B：∵，∴，由基本不等式可得，當且僅當，即，即時等號成立，故B正確；對于C：由基本不等式可得，當且僅當，即時，等號成立，顯然不可能取到，故C不正確；對于選項D：∵，∴由基本不等式可得，當且僅當，即時，等號成立，但最小值不是2，故D錯誤.故選：B4．B【解析】【分析】由冪函數所過的點求得，再由對數函數性質比較m、n、p的大小，依據單調性比較函數值大小即可.【詳解】因為冪函數的圖象過點，所以，解得.∴.而，所以，又為上的增函數，所以.故選：B.5．D【解析】【分析】由三角恒等變換公式和二倍角公式，以及弦切互化的方法來化簡計算即可.【詳解】因為，所以，即，所以，即，所以，故選：D6．B【解析】【分析】由平面向量的運算法則求解【詳解】平行四邊形中，因為，所以，又因為，所以，又因為，所以，，則，故選：B7．B【解析】【分析】利用正弦定理結合三角恒等變換可得，利用余弦定理可得，將代入題干中的面積公式即可求解.【詳解】解：∵，∴，∴，即，即，又且，則，∴，∴；∵，∴，則，即，則，∴，∴時，.故選：B.8．B【解析】【分析】根據是奇函數求出，得到，判斷出的單調性，再利用單調性和奇偶性可得恒成立，由可得答案.【詳解】∵是奇函數，∴即恒成立，即，則，解得，又∵，∴，則，所以，，是奇函數，因為在是單調遞減函數，在是單調遞增函數，由復合函數的單調性性判斷得，函數在上單調遞減，又為奇函數，所以在上單調遞減；由恒成立得，可得恒成立，則，即恒成立，所以恒成立，解得.故選：B.9．ABD【解析】【分析】先化簡出，再逐一判斷四個選項即可【詳解】，，∴，故A正確；復數的虛部為2，故B正確；，故C錯誤；復數在復平面內對應的點為在第四象限，故D正確.故選：ABD.10．AD【解析】【分析】利用三角恒等變換化簡函數的解析式，根據正弦型函數的性質，逐項判斷即可.【詳解】解：.對于A：的圖象向右平移個單位得到，故A正確；對于B：當時，，由，可得，或，即或，則在有且僅有2個零點.故B錯誤；對于C：由，，可得，則在上不單調遞增.故C錯誤；對于D：由，可得，則，，則在的最小值為.故D正確.故選：AD.11．BD【解析】【分析】根據互斥的意義判定A；利用對立事件和獨立事件概率公式可求得，從而判定B；根據對立事件的概念和結合題意判定C；利用獨立事件的概率公式判斷D.【詳解】解：若兩次擲出的點數之和是4，由于每次擲出的點數都在1到6之間，所以第一次擲出的點數一定小于4，而“兩次擲出的點數相同”中的“”的點數之和等于4，故與不一定互斥，故A錯誤；“至少出現一個奇數點”的對立事件是“兩次擲出的點數都是偶數點”，所以，故B正確；由于“至少出現一個奇數點”的對立事件是“兩次擲出的點數都是偶數點”.故B與D不是對立的，故C錯誤；先后兩次擲一枚質地均勻的骰子，兩次出現的點數組有種等可能的不同情況，第二次擲出的點數為偶數的情況有，，共18種不同情況，兩擲出的點數相同的情況有：，，，，，共6種，兩次擲出的點數相同且第二次擲出的點數為偶數的情況有，，，3種情況，所以，，，所以，所以獨立，故D正確.故選：BD.12．ABD【解析】【分析】根據圖形的形成可知，三點在底面上的投影分別是三邊中點，，，由平面可得就是直線與平面所成的角，即可判斷A項；多面體的體積為直三棱柱體積減去三個相同的三棱錐，利用幾何體的體積公式計算，可判斷B項；利用面面平行的判定定理證明平面平面，可判斷C項；由已知可得球的半徑，計算球心到平面的距離，即可判斷D項.【詳解】解：根據圖形的形成可知，三點在底面上的投影分別是三邊中點，，，如圖所示，對于A，平面，∴就是直線與平面所成的角，∵是等邊三角形，∴，A正確；對于B，將幾何體補全為直三棱柱，如下圖示，∴多面體的體積為直三棱柱體積減去三個相同的三棱錐，∴由下圖知：，故B正確；對于C，因為且，故四邊形為平行四邊形，故，因為、分別為、的中點，則，故，∵平面，平面，∴平面，∵，平面，平面，∴平面，∵，所以，平面平面，因為過直線有且只有一個平面與平面平行，顯然平面與平面不重合，故平面與平面不平行，故C錯誤；對于D，由上面討論知，設是球心，球半徑為，由得，則是正四面體，棱長為1，設是的中心，則平面，又平面，所以，，則，又.所以球離球托底面的最小距離為，D正確.故選：ABD.13．##【解析】【分析】根據向量垂直的坐標表示可得答案.【詳解】由題意可得，，因為，所以，即，解得.故答案為：.14．2.45【解析】【分析】根據頻率分布直方圖進行數據分析，結合定義即可求得.【詳解】由題意可知：就是滿足的橫坐標的值，因為對應的頻率為，對應的頻率為，對應的頻率為，對應的頻率為，對應的頻率為，所以落在內，設距離2.5的距離為，所以，所以，所以.故答案為：2.4515．【解析】【分析】根據數形結合的方法，結合反函數的性質分析可以得到結果.【詳解】，則，得：；令，得：；所以，分別為和與的圖像交點的橫坐標，如圖所示：因為和互為反函數，所以和的圖像關于對稱，所以、兩點關于對稱.又、兩點均在的圖像上，所以，所以.故答案為：16．

【解析】【分析】依題意作出圖形，設，，，即可得到，從而求出、，利用等體積法求出點到平面的距離，最后再求外接球的直徑；【詳解】解：不妨設，，，設在底面的射影為，分別作于點，于點，于點，則，，.依題意，為的內心，則，故，又，，，所以，所以，令，，.底面的最長邊長為10，可得，解得，所以，，.設內切圓半徑為，則，因為，即，解得，故，由，，得，所以，所以.設點到平面的距離為，由，，所以，所以；∵，∴點在以為直徑的圓上，取中點為，則以為直徑的圓的圓心為點，設三棱錐的外接球球心為點，連接，易知平面，又平面，則，過點作交于點，∵平面，平面，∴，即，∴四邊形為矩形，則，，在平面上建立如圖所示直角坐標系，則，，，，，設，若點在線段上，則，，在直角中，即，解得，故點在線段的延長線上，則，同理可得，解得，所以三棱錐的外接球半徑為，三棱錐的外接球的直徑為.故答案為：；；17．(1)(2)【解析】【分析】（1）利用投影向量的計算公式即可求解；（2）利用平面向量線性運算可得，利用轉化法求解向量的模即可.(1)解：∵在上的投影向量為，∴(2)解：，，∴.18．(1)(2)【解析】【分析】（1）依題意可得，是的兩個根，利用韋達定理求出、，即可得到的解析式，再根據二次函數的性質計算可得；（2）設，則，依題意可得對任意的恒成立，參變分離對任意的恒成立，利用基本不等式求出的最小值，即可得到，解得即可；(1)解：二次函數，由，可得，是的兩個根，所以，解得，，所以，因為，根據二次函數的性質，可得函數在上單調遞增，在上單調遞減，由對稱性可知，所以函數在上的最小值為.(2)解：設，因為，可得，不等式對任意的恒成立，即不等式對任意的恒成立，即不等式對任意的恒成立，所以對任意的恒成立，又由，當且僅當時，取等號，所以，即，解得，所以實數的取值范圍為.19．(1)；(2).【解析】【分析】（1）應用正余弦定理的邊角關系可得，再由三角形內角性質求的大小；（2）由正弦定理得，，結合已知有，再應用余弦定理求得，最后用三角形面積公式求的面積.(1)由正弦定理得：，由余弦定理得：，所以，，所以.(2)由，則，故，，而，則，可得，又，整理得，則，可得，所以的面積為.20．(1)存在，為的中點，理由見解析；(2)證明見解析；(3).【解析】【分析】（1）為的中點，取中點，連接，證明，再利用線面平行的判定推理即可.（2）取的中點，連接，，，由線面垂直的判定證得面即可作答.（3）利用（2）中信息確定在體積最大時，求出點到平面距離，再結合錐體體積公式計算作答.(1)存在，為的中點，如圖，取中點，連接，而為的中點，則，，在等腰梯形中，，又為的中點，于是得，，即有四邊形為平行四邊形，則，又面，面，所以平面.(2)取的中點，連接，，，如圖，由（1）知，，，即為平行四邊形，則，，有，為正三角形，則有，，在原等腰梯形中，為正三角形，則，于是得，而，即有為正三角形，，則，又，平面，則面，而面，因此，所以為直角三角形.(3)由（2）知，是邊長為4的菱形，且，即的面積是定值，當四棱錐的體積最大時，即有點到平面距離最大，有直線平面，則的高即為四棱錐的高，又為的中點，則到平面的距離，