2023年深圳市普通高中高一年級調研考試數學一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據集合交集的概念與運算，準確運算，即可求解.【詳解】由集合，根據集合交集的概念與運算，可得.故選：B.2.設復數滿足（是虛數單位），則（）A. B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】先利用復數的除法法則求出復數，然后由復數的求模公式計算出.【詳解】因為，所以，所以.故選：D.3.已知，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由二倍角公式，結合平方關系轉化為關于的二次齊次式，再化為，代入求值.【詳解】.故選：A．4.某戶居民今年上半年每月的用水量（單位：t）如下：月份1月2月3月4月5月6月用水量9.09.614.95.94.077小明在錄入數據時，不小心把一個數據9.6錄成96，則這組數據中沒有發生變化的量是（）A.平均數 B.中位數 C.極差 D.標準差【答案】B【解析】【分析】根據平均數、中位數、極差的計算公式計算平均數、中位數、極差，再結合標準差的定義即可判斷.【詳解】實際數據從小到大排序為4.0，5.9，7.7，9.0，9.6，14.9，其平均數為：，中位數為：，極差為：，錄錯數據從小到大排序為4.0，5.9，7.7，9.0，14.9，96，其平均數為：，中位數為：，極差為：，根據標準差的含義，標準差反映數據的離散程度可知，錯誤的錄入一個非常大的數據會導致數據的標準差變化，所以這組數據中沒有發生變化的量是中位數.故選：B5.已知m，n是空間兩條不重合的直線，是兩個不重合的平面，則下列命題錯誤的是（）A.，，，則B.，，，則C.，，，則D.，，，則【答案】C【解析】【分析】對于由線面平行的性質定理即可判定；對于,可利用排除的思想；對于,根據條件可直接判定或者與相交，錯誤；對于，通過構造平面，利用平面與平面所成角的大小即可判定.【詳解】對于由線面平行的性質定理可知正確；對于,，，或者，又則，故正確；對于,由，，，則或者與相交或者異面，則不一定成立，故錯誤；對于,若，，，則與一定不平行，否則有，與已知矛盾，通過平移使與相交，設與確定的平面為，則與和的交線所成的角即為和所成的角，又，所以與所成的角為，故正確.故選:.6.在梯形中，若，且，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據平面向量的基本定理化簡，可得答案.【詳解】由題意，，化簡得，即，則，故選：A.7.已知正實數m，n滿足，則下列不等式恒成立的為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用基本不等式逐一分析判斷即可.【詳解】對于A，，當且僅當時，取等號，所以，故A錯誤；對于B，因為，所以，所以，當且僅當時，取等號，所以，故B錯誤；對于C，，當且僅當，即時，取等號，所以，故C正確；對于D，因為，所以，所以，當且僅當時，取等號，所以，故D錯誤.故選：C.8.已知函數，則不等式的解集為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】判斷出函數的奇偶性和單調性，再由偶函數的定義和增函數的定義化簡不等式，得出解集.【詳解】函數的定義域為，且，即是偶函數，當時，，構造，，令，則在上單調遞增，又也是增函數，則在上單調遞增，又是定義域內的增函數，故在上單調遞增，不等式等價于，即，平方得：，解得且，則不等式的解集為.故選：B.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知函數，則（）A.的最小正周期為 B.的圖象關于對稱C.的圖象關于對稱 D.在上單調遞減【答案】AC【解析】【分析】通過分析函數的周期，對稱性和單調區間即可得出結論.【詳解】由題意，在中，，A正確；B項，∵函數關于對稱，∴在中，，解得：，當時，，故B錯誤.C項，在函數中，函數關于對稱，在中，，解得：當時，，C正確；D項，在函數中，函數在上單調遞減，在中，當函數單調遞減時，，解得：，∴在上單調遞減，在在上單調遞增，D錯誤.故選：AC.10.將一枚質地均勻的骰子拋擲兩次，記事件“第一次出現奇數點”，事件“兩次點數之積為偶數”，事件“兩次點數之和為5”，則（）A.事件是必然事件 B.事件與事件是互斥事件C.事件包含事件 D.事件與事件是相互獨立事件【答案】ACD【解析】【分析】列出事件A，B，C，AC的基本事件，再利用事件的基本關系判斷.【詳解】解：事件A的基本事件有：，事件B的基本事件有：，，，事件C的基本事件有：，事件AC的基本事件有：，A.事件是必然事件，故正確；B.因為，所以事件與事件不是互斥事件，故錯誤；C.因為，所以事件包含事件，故正確；D.因為，所以，所以事件與事件是相互獨立事件，故正確；故選：ACD11.用表示不超過的最大整數，例如，，.已知，則（）A. B.為奇函數C.，使得 D.方程所有根的和為【答案】AD【解析】【分析】代入計算判斷A，根據奇函數性質判斷B，根據的定義對函數作差判斷C，根據求出根的范圍，然后化簡方程求解方程的根判斷D.【詳解】對于A，，正確；對于B，舉反例，當時，，而，所以，故函數不是奇函數，錯誤；對于C，根據的定義，可知對，有，所以，所以，錯誤；對于D，即，所以，即，又，所以，解得，當時，滿足方程，即是方程的根，當時，，方程化為，解得，故方程所有根的和為，正確.故選：AD12.在直三棱柱中，，且，為線段上的動點，則（）A.B.三棱錐的體積不變C.的最小值為D.當是的中點時，過三點的平面截三棱柱外接球所得的截面面積為【答案】ABD【解析】【分析】由線面垂直證明線線垂直證明選項A；，由底面積和高判斷體積驗證選項B；轉化為點和點到點的距離之和，計算驗證選項C；通過構造直角三角形求截面半徑，計算體積驗證選項D.【詳解】連接，如圖所示，直三棱柱中，，為正方形，，，平面，平面，，平面，，平面，平面，，A選項正確；由直三棱柱的結構特征，，故三棱錐的體積為定值，B選項正確；設，，，，，，其幾何意義是點和點到點的距離之和，最小值為點到點的距離，為，C選項錯誤；當是的中點時，，，，，，，，設點到平面的距離為，由，得，，直三棱柱是正方體的一半，外接球的球心為的中點，外接球的半徑，點到平面的距離為，則過三點的平面截三棱柱外接球所得截面圓的半徑為，截面面積為，D選項正確.故選：ABD【點睛】方法點睛：對于線面位置關系的判定中，熟記線面平行與垂直、面面平行與垂直的定理是關鍵；與球有關的組合體問題，一種是內切，一種是外接．解題時要認真分析圖形，明確切點和接點的位置，通過構造直角三角形求半徑.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.______.【答案】【解析】【分析】利用對數、指數的性質及運算法則直接求解.【詳解】.故答案為：14.母線長為的圓錐，其側面展開圖是圓心角為的扇形，則該圓錐的體積為_____________.【答案】【解析】【分析】由已知求出底面圓的半徑，再由勾股定理求出圓錐的高，代入體積公式計算即可.【詳解】設圓錐的底面半徑為，由題意，圓錐的母線長為，且其側面展開圖是圓心角為的扇形，則底面周長為，解得，則該圓錐的體積為.故答案為：.15.高中數學興趣小組計劃測量某大廈的高度，選取與底部在同一水平面內的兩個基測點與.現測得，，米，在點測得大廈頂的仰角，則該大廈高度_____________米（精確到1米）.參考數據：，.【答案】【解析】【分析】在中，利用正弦定理求出，再解即可.【詳解】在中，，，米，則，因為，所以米，在中，，則，所以米.故答案為：.16.四邊形中，點分別是的中點，，，，點滿足，則的最大值為______.【答案】【解析】【分析】利用向量加法運算及數量積定義得，然后利用數量積的運算律得，設出向量夾角，從而，利用余弦函數求解最值即可.【詳解】因為，，又點分別是的中點，所以，所以，，又，所以，又點分別是的中點，所以，因為，所以，即，設，，則，所以，所以，所以當即時，有最大值1，即有最大值為.故答案為：【點睛】方法點睛：求兩個向量的數量積有三種方法：利用定義；利用向量的坐標運算；利用數量積的幾何意義.具體應用時可根據已知條件的特征來選擇，同時注意數量積運算律的應用.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知函數，其中，且.（1）求；（2）若，求的值域.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）代入，即可求的值；（2）根據（1）的結果，首先求的范圍，再結合三角函數的性質，求函數的值域.【小問1詳解】，，得；【小問2詳解】，，，當時，即，函數取得最小值，當時，即，函數取得最大值，所以函數值域是.18.在中，角所對的邊分別為，且.（1）求；（2）若，，求的面積.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先根據正弦定理邊角互化，再根據三角恒等變換，計算求得角；（2）根據條件結合余弦定理計算邊，再代入面積公式計算即可.【小問1詳解】因為中，，由正弦定理可得，得，因為，所以，因為，所以.【小問2詳解】由余弦定理得，因為，，所以，所以，因為，所以，，所以的面積為.19.已知函數（且）在上的最大值為.（1）求的值；（2）當時，，求實數的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）分和兩種情況討論，根據對數函數的單調性得出最大值，列方程解出的值；（2）將代入不等式，參變分離化簡，并求出的最大值，可得實數的取值范圍.【小問1詳解】當時，函數在上單調遞增，則，解得；當時，函數在上單調遞減，則，舍去；綜上可知，；【小問2詳解】由（1）得，，當時，，即，化簡得，構造，和分別在上單調遞增，在上單調遞增，，故實數的取值范圍是.20.某工廠引進了一條生產線，為了解產品的質量情況，現從生產線上隨機抽取100件產品，測量其技術參數，得到如圖所示的頻率分布直方圖.（1）由頻率分布直方圖，估計樣本技術參數的平均數和75%分位數（精確到0.1）；（2）現從技術參數位于區間，，的三組中，采用分層抽樣的方法抽取6件產品，再從這6件產品中任選3件產品，記事件“這3件產品中技術參數位于區間內的產品至多1件”，事件“這3件產品中技術參數位于區間內的產品至少1件”，求事件的概率.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用頻率分布直方圖中平均數和百分位數的計算法則計算即可；（2）先利用分層抽樣確定各組的抽取產品數，然后列舉試驗的總的基本事件個數和事件包含的基本事件個數，利用古典概型概率公式計算即可.【小問1詳解】由頻率分布直方圖知，樣本技術參數的平均數，因為前三組頻率之和為，第四組的頻率為，，所以第75百分位數一定在第四組，設第75百分數為x，則，解得，所以第75百分數約為.【小問2詳解】采用分層抽樣的方法，從技術參數唯一區間，，三組的產品中抽取6件產品，則從技術參數位于區間的產品應抽取件，記為，從技術參數位于區間產品應抽取件，記為，從技術參數位于區間的產品應抽取件，記為，從這6件產品中任選3件產品，樣本空間，則，事件包含了三類，一是在這三組分別抽取1件，1件，1件；二是在這三組分別抽取0件，2件，1件；三在這三組分別抽取1件，2件，0件.則，，所以.21.如圖，三棱錐的三個頂點在圓上，為圓的直徑，且，，，平面平面，點是的中點.（1）證明：平面平面；（2）點是圓上的一點，且點與點位于直徑的兩側.當平面時，畫出二面角的平面角，并求出它的正切值.【答案】（1）證明見解析；（2）詳見解析，.【解析】【分析】（1）要證明平面平面ABC，只需利用線面垂直的判定定理證明平面即可；（2）解法一：建立空間坐標系，運用空間向量求解.解法二：作出二面角的平面角，利用正切值的定義即可求得二面角的正切值.【小問1詳解】因為點C在圓O上，,因此，又，即，所以是等腰直角三角形，由平面平面PBC，平面平面，所以平面PBC，平面PBC，所以可得，又，平面PAC，平面PAC，平面PAC，又平面ABC，所以平面平面ABC；【小問2詳解】解法一：取AC的中點M，連接PM，則，由（1）可知平面平面ABC，平面平面，平面ABC，連接OM，OE，OF，則OM是中BC邊的中位線，，平面ABC，，即PM，AC，OM兩兩垂直，以M為原點，AC，OM，PM分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系如下圖：由于O，E分別是AB，PB的中點，連接BM，取BM的中點N，連接EN，則有，平面ABC，平面ABC，平面ABC，，過N點作FB的垂線，得垂足S，平面ENS，平面ENS，，就是二面角的平面角；平面PAC，平面PAC，平面PAC，又平面，平面平面PAC，又平面EFO，平面PAC，又平面平面，平面，，其中，，，設平面的一個法向量為，則，，令，得，可得；顯然平面ABC的一個法向量，設平面ABC與平面EFB的二面角為，則，綜上，二面角的余弦值為，正切值為.解法二：取的中點，連接，如下圖所示：又點是的中點，所以，平面，平面，所以平面；又是的中點，所以，平面，平面，所以平面；平面，所以可知平面平面，又平面平面，平面平面，所以，又平面，所以平面，又在平面內，所以三點共線，即；所以四邊形為直角梯形，易知，作于點，如下圖所示：則，，所以；取的中點為，連接，作交于點，連接由（1）可知平面，平面，所以，又，所以，且，平面，所以平面，平面，所以；所以即為二面角的平面角，也即的平面角；在四邊形中，交于點，如下圖所示：易知，，，可得，所以；又，所以；即二面角的正切值為.22.已知函數，，與的圖象恰有三個交點.（1）求實數的取值范圍