还剩18页未读，
继续阅读
浙江省金华十校2022-2023学年高一数学下学期期末联考试题（Word版附解析）
展开
这是一份浙江省金华十校2022-2023学年高一数学下学期期末联考试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了 已知集合，则， 设，则， 若函数的图象经过点，则等内容，欢迎下载使用。
金华十校2022-2023学年第二学期期末调研考试
高一数学试题卷
本试卷分选择题和非选择题两部分.考试时间120分钟.试卷总分为150分.请考生按规定用笔将所有试题的答案涂､写在答题纸上.
选择题部分（共60分）
一､单选题：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. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式化简集合B，再利用交集的定义求解作答.
【详解】不等式化为：，解得，即，而，
所以.
故选：C
2. 已知是虚数单位，复数与的模相等，则实数的值为（ ）
A. B. C. ±11 D. 11
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的模的定义，结合条件列方程可求的值.
【详解】因为，，
所以，，
由已知，
所以，
故选：A.
3. 设函数在区间上单调递增，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，根据复合函数的单调性可知，内层函数在上为减函数，结合二次函数的单调性可得出实数的取值范围.
【详解】令，则二次函数的图象开口向上，对称轴为直线，
因为外层函数在上为减函数，函数在区间上为增函数，
所以，内层函数在上为减函数，故.
故选：D.
4. 已知的内角的对边分别是，面积满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由条件结合三角形面积公式和余弦定理化简条件即可求.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
所以，又，
所以，
故选：D.
5. 已知向量，则向量在向量方向上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量在向量方向上的投影向量的定义求解.
【详解】解：因为向量，
所以向量在向量方向上的投影向量是，
故选：B
6. 已知表示三个不同平面，表示三条不同直线，则使“”成立的一个充分非必要条件是（ ）
A. 若，且
B. 若，且
C. 若
D. 若
【答案】D
【解析】
【分析】对于ABC，利用线面的位置关系判断即可；对于D，利用线面平行的判定定理与性质定理证得充分性成立，再举反例推得必要性不成立，由此得解.
【详解】对于A，由，，易得，所以无法推得，故A错误；
对于B，当,时，有可能出现，所以不一定推得，故B错误；
对于C，当平面为正方体同一个顶点的三个面时，交于一点，所以不一定推得，故C错误；
对于D，因为，所以，又，所以，
又，，所以，
同理：，所以，则充分性成立；
当时，可以同在平面内，则必要性不成立；故D正确.
故选：D.
7. 一个圆柱形粮仓，高1丈3尺寸，可容纳米2000斛，已知1丈尺寸，1斛米立方寸，若取3，则该圆柱形粮仓底面周长是（ ）
A. 440寸 B. 540寸 C. 560寸 D. 640寸
【答案】B
【解析】
【分析】利用圆柱的体积公式及圆的周长公式即可求解.
【详解】依题意得，圆柱形粮仓底面半径为尺，粮仓高尺，
于是粮仓的体积，解得尺，
所以该圆柱形粮仓底面的周长为尺寸.
故选：B.
8. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用对数的运算和对数函数的性质即可判断大小.
【详解】，
，
所以，
又，
，
因，
所以，
综上，
故选：C
二､多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 若函数的图象经过点，则（ ）
A. 函数最小正周期为
B. 点为函数图象的对称中心
C. 直线为函数图象的对称轴
D. 函数的单调增区间为
【答案】AC
【解析】
【分析】由已知条件求出的值，可得出函数的解析式，利用正弦型函数的周期公式可判断A选项；利用正弦型函数的对称性可判断BC选项；利用正弦型函数的单调性可判断D选项.
【详解】因为函数的图象经过点，则，
因为，所以，，则.
对于A选项，函数的最小正周期为，A对；
对于B选项，，故点不是函数图象的对称中心，B错；
对于C选项，，故直线为函数图象的对称轴，C对；
对于D选项，由得，
因此，函数的单调增区间为，D错.
故选：AC.
10. 如图，一个正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为，记事件“得到的点数为奇数”，记事件“得到的点数不大于4”，记事件“得到的点数为质数”，则下列说法正确的是（ ）
A. 事件与互斥
B.
C. 事件与相互独立
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据古典概型与事件独立的乘法公式进行计算与判断.
【详解】由题意得，事件的样本点为，
事件的样本点为，
事件的样本点为，
对于A，事件与共有样本点2,3，所以不互斥，故A错误；
对于B，事件样本点，所以，故B正确；
对于C，，，事件样本点，所以，所以事件与不相互独立，故C错误；
对于D，事件样本点，所以，故D正确.
故选：BD
11. 在中，角的对边分别是，且满足，则（ ）
A.
B. 若，则的周长的最大值为
C. 若为的中点，且，则的面积的最大值为
D. 若角的平分线与边相交于点，且，则的最小值为9
【答案】ACD
【解析】
【分析】A.利用正弦定理求解判断；B.利用正弦定理求得三角形外接圆的半径，再利用时间恒等变换和三角函数的性质求解判断；C. 由为的中点，得到，再结合基本不等式，利用三角形的面积公式求解判断；D.由三角形面积公式得到，再利用基本不等式求解判断.
【详解】解：因为，所以，
因为，所以，
则，因为，所以，故A正确；
若，则的外接圆半径为：，
， ， ，，周长的最大值为9，故B错误；
因为为的中点，且，所以 ，
则，所以 ，当且仅当 时，等号成立，所以 ，故C正确；
由题意得：，即，即 ，即 ，
所以 ，当且仅当 时，等号成立，故D正确；
故选：ACD
12. 在三棱锥中，两两垂直，，点分别在侧面和棱上运动且为线段的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. 三棱锥的内切球的半径为
B. 三棱锥的外接球的表面积为
C. 点到底面的距离的最小值为
D. 三棱锥的体积的最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，利用等体积法可求出三棱锥的内切球的半径，对于B，由题意将三棱锥补成一个长方体，则长方体的体对角线就是三棱锥的外接球的直径，对于C，由题意可得平面，则，，所以点的轨迹是以为球心，1为半径的球面上，然后求出点到平面的距离，从而可得点到底面的距离的最小值，对于D，设球面分别交于点，当点与点或重合时，点到底面的距离最大，从而可求出其体积的最大值.
【详解】对于A，因为两两垂直，，
所以，，
，
所以，
设三棱锥的内切球的半径为，则
，
所以，
解得，所以A错误，
对于B，因为两两垂直，所以将三棱锥补成如图所示的长方体，
则长方体的体对角线等于三棱锥外接球的直径，
设三棱锥外接球半径为，则
，解得，
所以三棱锥的外接球的表面积为，所以B正确，
对于C，因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以，
因为为线段的中点，所以，
所以点的轨迹是以为球心，1为半径的球面上，
设点到平面的距离为，
因为，所以，
所以，解得，
所以点到底面的距离的最小值为，所以C正确，
对于D，由选项C可知点的轨迹是以为球心，1为半径的球面上，
因为的面积为定值，所以当点到底面的距离最大值时，三棱锥的体积最大，
设球面分别交于点，
因为，所以当点与点或重合时，点到底面的距离最大，设为，则有，得，
所以三棱锥的体积的最大值为，所以D错误，
故选：BC
【点睛】关键点点睛：此题考查三棱锥与球的切接问题，考查立体几何中点的轨迹问题，解题的关键是由得到点的轨迹是以为球心，1为半径的球面上，然后逐个分析判断，考查空间想象能力，属于较难题.
非选择题部分（共90分）
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 某射击运动员在一次射击测试中，射靶次，每次命中的环数如下：，记这组数的众数为，第百分位数为，则__________.
【答案】16
【解析】
【分析】根据众数的定义求，根据百分位数的定义求，由此可得结论.
【详解】由已知数据可得众数为，即，
将个数据按从小到大排列可得，
因为，
所以第百分位数为从小到大排列的第个数，所以，
所以，
故答案为：.
14. 已知圆锥表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥底面半径是__________.
【答案】
【解析】
【分析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，根据圆锥的表面积及圆锥的侧面展开图是一个半圆，联立方程求解.
【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，
因为圆锥的表面积为，
所以，即，
又圆锥的侧面展开图是一个半圆，
所以，即，
所以(cm).
故答案为：
15. 已知非零向量与满足，且，点是的边上的动点，则的最小值为__________.
【答案】##-0.2
【解析】
【分析】根据向量的几何意义得到的平分线与垂直，并计算出，，建立平面直角坐标系，表达出，配方求出最小值.
【详解】分别表示与方向的单位向量，故所在直线为的平分线所在直线，
又，故的平分线与垂直，
由三线合一得到，取的中点，
因为，故，
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，
则，
设，，
则，
当时，取得最小值，最小值为.
故答案：
16. 已知，则__________.
【答案】##0.75
【解析】
【分析】根据三角恒等变换公式化简求值即可.
【详解】
.
故答案为：.
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. 已知函数.
（1）求函数单调递增区间；
（2）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，求在的值域.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换思想化简函数的解析式为，结合正弦函数性质求函数的单调递增区间；
（2）利用三角函数图象变换可得出，由可求得的取值范围，利用正弦函数的基本性质可求得结果.
【小问1详解】
.
由.
得到.
所以函数单调递增区间为.
【小问2详解】
.
所以函数在的值域为.
18. 已知是夹角为的单位向量，.
（1）若与垂直，求实数的值；
（2）若，且，求的最小值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由向量垂直的性质列方程，结合数量积的运算性质化简方程可求的值；
（2）由数量积的运算律和模的性质求，再求，由此可求的最小值.
【小问1详解】
因为是夹角为的单位向量，所以，
所以
【小问2详解】
因为，
所以，
，
，又，
，
，
当时，取最小值，.
19. 如图，三棱锥的底面是边长为的等边三角形，侧棱，设点分别为的中点.
（1）证明：；
（2）求三棱锥的体积；
（3）求平面与平面的夹角余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理即可得证.
（2）利用等积法即可求解.
（3）取的中点，连接，结合线面平行的性质定理，得出就是面与面的夹角，然后求解即可.
【小问1详解】
由知，，
又分别为的中点，所以，
所以
由等边三角形及为的中点知，，
且平面.
所以平面，又平面，
所以
【小问2详解】
在中，，
又，
可得，故，
所以三棱锥的体积，
又.
【小问3详解】
记平面与平面的的交线为，
由面面，
得平面，
又面，面面，故有，
又由（1）（2）可知，所以，
取的中点，连接，
，又，
则就是面与面的夹角，
在中，，
，，
则.
20. 袋子和中均装有若干个质地均匀的红球和白球，其中袋有20个红球和10个白球，从袋中摸一个球，摸到红球的概率为.
（1）若袋中的红球和白球总共有15个，将两个袋子中的球全部装在一起后，从中摸出一个白球的概率是，求的值；
（2）从袋中有放回地摸球，每次摸出一个，当有3次摸到红球即停止，求恰好摸次停止的概率.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由条件，结合古典概型概率公式列方程求的值；
（2）根据独立重复试验概率公式分别求时的概率，相加可得结论.
【小问1详解】
因为从袋中摸一个球，摸到红球的概率为，
所以从袋中摸一个球，摸到白球的概率为，
又袋中的红球和白球总共有15个，
所以袋中白球个数为，
因为将两个袋子中的球全部装在一起后，从中摸出一个白球的概率是，
又袋有20个红球和10个白球，
所以，解得.
【小问2详解】
由已知
又，
，
.
21. 树人中学名师生参加了对学校教学管理满意度的评分调查，按样本量比例分配的分层随机抽样方法，抽取个师生的评分（满分分），绘制如图所示的频率分布直方图，并将分数从低到高分为四个等级：
满意度评分
低于分
分到分
分到分
分及以上
满意度等级
不满意
基本满意
满意
非常满意
（1）求图中的值；
（2）若师生的满意指数不低于，则该校可获评“教学管理先进单位”，根据你所学的统计知识，判断该校是否能获奖，并说明理由.（注：满意指数）
（3）假设在样本中，学生、教师的人数分别为、.记所有学生的评分为、、、，其平均数为，方差为，所有教师的评分为、、、，其平均数为，方差为，总样本评分的平均数为，方差为，若，，试估计该校等级为满意的学生的最少人数.
【答案】（1）
（2）该校可获评“教学管理先进单位”，理由见解析
（3）人
【解析】
【分析】（1）利用频率分布直方图中所有矩形的面积之和为可求得的值；
（2）计算师生的满意指数，结合题意判断可得出结论；
（3）利用平均数公式可得出，利用方差公式结合已知条件可得出，令，可得出，由结合已知条件可求得的取值范围，可出的最小值，进而可求得该校等级为满意的学生的最少人数.
【小问1详解】
解：由频率和为得，解得.
【小问2详解】
解：由题意可得，师生的满意指数为
，
该校可获评“教学管理先进单位”.
【小问3详解】
解：由可得，，
所以，
，
所以，即，
令，则，，
即，解得或，
因为且，得，所以，.
估计该校等级为满意的学生人数最少为人.
22. 已知函数.
（1）若，求的值；
（2）已知函数的图象经过，
（i）若，求的值；
（ii）若的三个零点为，且，求的值.
【答案】（1）-2021
（2）（i）0；（ii）-9
【解析】
【分析】（1）根据可求的值；
（2）先求出，（i）利用代数运算可得的值；（ii）利用根分布可判断，根据（i）中结论可得三根之间的关系，故可求.
【小问1详解】
，
，
.
【小问2详解】
由题设有，故，故.
（i）
（ii）因为，
所以.
若，则，
由（1）可知，当时，，所以.
所以也是函数的三个零点.
由，求得，所以.
由，求得，所以.
由，求得，所以.
所以，
同理可得，
又记，
所以
.
【点睛】方法点睛：对于三次函数的零点，可先根据解析式判断零点的范围，再根据题设中给出的零点关系判断各零点之间关系，从而把求值问题转化为函数值的计算问题.
金华十校2022-2023学年第二学期期末调研考试
高一数学试题卷
本试卷分选择题和非选择题两部分.考试时间120分钟.试卷总分为150分.请考生按规定用笔将所有试题的答案涂､写在答题纸上.
选择题部分（共60分）
一､单选题：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. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式化简集合B，再利用交集的定义求解作答.
【详解】不等式化为：，解得，即，而，
所以.
故选：C
2. 已知是虚数单位，复数与的模相等，则实数的值为（ ）
A. B. C. ±11 D. 11
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的模的定义，结合条件列方程可求的值.
【详解】因为，，
所以，，
由已知，
所以，
故选：A.
3. 设函数在区间上单调递增，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令，根据复合函数的单调性可知，内层函数在上为减函数，结合二次函数的单调性可得出实数的取值范围.
【详解】令，则二次函数的图象开口向上，对称轴为直线，
因为外层函数在上为减函数，函数在区间上为增函数，
所以，内层函数在上为减函数，故.
故选：D.
4. 已知的内角的对边分别是，面积满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由条件结合三角形面积公式和余弦定理化简条件即可求.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
所以，又，
所以，
故选：D.
5. 已知向量，则向量在向量方向上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量在向量方向上的投影向量的定义求解.
【详解】解：因为向量，
所以向量在向量方向上的投影向量是，
故选：B
6. 已知表示三个不同平面，表示三条不同直线，则使“”成立的一个充分非必要条件是（ ）
A. 若，且
B. 若，且
C. 若
D. 若
【答案】D
【解析】
【分析】对于ABC，利用线面的位置关系判断即可；对于D，利用线面平行的判定定理与性质定理证得充分性成立，再举反例推得必要性不成立，由此得解.
【详解】对于A，由，，易得，所以无法推得，故A错误；
对于B，当,时，有可能出现，所以不一定推得，故B错误；
对于C，当平面为正方体同一个顶点的三个面时，交于一点，所以不一定推得，故C错误；
对于D，因为，所以，又，所以，
又，，所以，
同理：，所以，则充分性成立；
当时，可以同在平面内，则必要性不成立；故D正确.
故选：D.
7. 一个圆柱形粮仓，高1丈3尺寸，可容纳米2000斛，已知1丈尺寸，1斛米立方寸，若取3，则该圆柱形粮仓底面周长是（ ）
A. 440寸 B. 540寸 C. 560寸 D. 640寸
【答案】B
【解析】
【分析】利用圆柱的体积公式及圆的周长公式即可求解.
【详解】依题意得，圆柱形粮仓底面半径为尺，粮仓高尺，
于是粮仓的体积，解得尺，
所以该圆柱形粮仓底面的周长为尺寸.
故选：B.
8. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用对数的运算和对数函数的性质即可判断大小.
【详解】，
，
所以，
又，
，
因，
所以，
综上，
故选：C
二､多选题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 若函数的图象经过点，则（ ）
A. 函数最小正周期为
B. 点为函数图象的对称中心
C. 直线为函数图象的对称轴
D. 函数的单调增区间为
【答案】AC
【解析】
【分析】由已知条件求出的值，可得出函数的解析式，利用正弦型函数的周期公式可判断A选项；利用正弦型函数的对称性可判断BC选项；利用正弦型函数的单调性可判断D选项.
【详解】因为函数的图象经过点，则，
因为，所以，，则.
对于A选项，函数的最小正周期为，A对；
对于B选项，，故点不是函数图象的对称中心，B错；
对于C选项，，故直线为函数图象的对称轴，C对；
对于D选项，由得，
因此，函数的单调增区间为，D错.
故选：AC.
10. 如图，一个正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为，记事件“得到的点数为奇数”，记事件“得到的点数不大于4”，记事件“得到的点数为质数”，则下列说法正确的是（ ）
A. 事件与互斥
B.
C. 事件与相互独立
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据古典概型与事件独立的乘法公式进行计算与判断.
【详解】由题意得，事件的样本点为，
事件的样本点为，
事件的样本点为，
对于A，事件与共有样本点2,3，所以不互斥，故A错误；
对于B，事件样本点，所以，故B正确；
对于C，，，事件样本点，所以，所以事件与不相互独立，故C错误；
对于D，事件样本点，所以，故D正确.
故选：BD
11. 在中，角的对边分别是，且满足，则（ ）
A.
B. 若，则的周长的最大值为
C. 若为的中点，且，则的面积的最大值为
D. 若角的平分线与边相交于点，且，则的最小值为9
【答案】ACD
【解析】
【分析】A.利用正弦定理求解判断；B.利用正弦定理求得三角形外接圆的半径，再利用时间恒等变换和三角函数的性质求解判断；C. 由为的中点，得到，再结合基本不等式，利用三角形的面积公式求解判断；D.由三角形面积公式得到，再利用基本不等式求解判断.
【详解】解：因为，所以，
因为，所以，
则，因为，所以，故A正确；
若，则的外接圆半径为：，
， ， ，，周长的最大值为9，故B错误；
因为为的中点，且，所以 ，
则，所以 ，当且仅当 时，等号成立，所以 ，故C正确；
由题意得：，即，即 ，即 ，
所以 ，当且仅当 时，等号成立，故D正确；
故选：ACD
12. 在三棱锥中，两两垂直，，点分别在侧面和棱上运动且为线段的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. 三棱锥的内切球的半径为
B. 三棱锥的外接球的表面积为
C. 点到底面的距离的最小值为
D. 三棱锥的体积的最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，利用等体积法可求出三棱锥的内切球的半径，对于B，由题意将三棱锥补成一个长方体，则长方体的体对角线就是三棱锥的外接球的直径，对于C，由题意可得平面，则，，所以点的轨迹是以为球心，1为半径的球面上，然后求出点到平面的距离，从而可得点到底面的距离的最小值，对于D，设球面分别交于点，当点与点或重合时，点到底面的距离最大，从而可求出其体积的最大值.
【详解】对于A，因为两两垂直，，
所以，，
，
所以，
设三棱锥的内切球的半径为，则
，
所以，
解得，所以A错误，
对于B，因为两两垂直，所以将三棱锥补成如图所示的长方体，
则长方体的体对角线等于三棱锥外接球的直径，
设三棱锥外接球半径为，则
，解得，
所以三棱锥的外接球的表面积为，所以B正确，
对于C，因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以，
因为为线段的中点，所以，
所以点的轨迹是以为球心，1为半径的球面上，
设点到平面的距离为，
因为，所以，
所以，解得，
所以点到底面的距离的最小值为，所以C正确，
对于D，由选项C可知点的轨迹是以为球心，1为半径的球面上，
因为的面积为定值，所以当点到底面的距离最大值时，三棱锥的体积最大，
设球面分别交于点，
因为，所以当点与点或重合时，点到底面的距离最大，设为，则有，得，
所以三棱锥的体积的最大值为，所以D错误，
故选：BC
【点睛】关键点点睛：此题考查三棱锥与球的切接问题，考查立体几何中点的轨迹问题，解题的关键是由得到点的轨迹是以为球心，1为半径的球面上，然后逐个分析判断，考查空间想象能力，属于较难题.
非选择题部分（共90分）
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 某射击运动员在一次射击测试中，射靶次，每次命中的环数如下：，记这组数的众数为，第百分位数为，则__________.
【答案】16
【解析】
【分析】根据众数的定义求，根据百分位数的定义求，由此可得结论.
【详解】由已知数据可得众数为，即，
将个数据按从小到大排列可得，
因为，
所以第百分位数为从小到大排列的第个数，所以，
所以，
故答案为：.
14. 已知圆锥表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥底面半径是__________.
【答案】
【解析】
【分析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，根据圆锥的表面积及圆锥的侧面展开图是一个半圆，联立方程求解.
【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，
因为圆锥的表面积为，
所以，即，
又圆锥的侧面展开图是一个半圆，
所以，即，
所以(cm).
故答案为：
15. 已知非零向量与满足，且，点是的边上的动点，则的最小值为__________.
【答案】##-0.2
【解析】
【分析】根据向量的几何意义得到的平分线与垂直，并计算出，，建立平面直角坐标系，表达出，配方求出最小值.
【详解】分别表示与方向的单位向量，故所在直线为的平分线所在直线，
又，故的平分线与垂直，
由三线合一得到，取的中点，
因为，故，
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，
则，
设，，
则，
当时，取得最小值，最小值为.
故答案：
16. 已知，则__________.
【答案】##0.75
【解析】
【分析】根据三角恒等变换公式化简求值即可.
【详解】
.
故答案为：.
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. 已知函数.
（1）求函数单调递增区间；
（2）将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，求在的值域.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换思想化简函数的解析式为，结合正弦函数性质求函数的单调递增区间；
（2）利用三角函数图象变换可得出，由可求得的取值范围，利用正弦函数的基本性质可求得结果.
【小问1详解】
.
由.
得到.
所以函数单调递增区间为.
【小问2详解】
.
所以函数在的值域为.
18. 已知是夹角为的单位向量，.
（1）若与垂直，求实数的值；
（2）若，且，求的最小值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由向量垂直的性质列方程，结合数量积的运算性质化简方程可求的值；
（2）由数量积的运算律和模的性质求，再求，由此可求的最小值.
【小问1详解】
因为是夹角为的单位向量，所以，
所以
【小问2详解】
因为，
所以，
，
，又，
，
，
当时，取最小值，.
19. 如图，三棱锥的底面是边长为的等边三角形，侧棱，设点分别为的中点.
（1）证明：；
（2）求三棱锥的体积；
（3）求平面与平面的夹角余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理即可得证.
（2）利用等积法即可求解.
（3）取的中点，连接，结合线面平行的性质定理，得出就是面与面的夹角，然后求解即可.
【小问1详解】
由知，，
又分别为的中点，所以，
所以
由等边三角形及为的中点知，，
且平面.
所以平面，又平面，
所以
【小问2详解】
在中，，
又，
可得，故，
所以三棱锥的体积，
又.
【小问3详解】
记平面与平面的的交线为，
由面面，
得平面，
又面，面面，故有，
又由（1）（2）可知，所以，
取的中点，连接，
，又，
则就是面与面的夹角，
在中，，
，，
则.
20. 袋子和中均装有若干个质地均匀的红球和白球，其中袋有20个红球和10个白球，从袋中摸一个球，摸到红球的概率为.
（1）若袋中的红球和白球总共有15个，将两个袋子中的球全部装在一起后，从中摸出一个白球的概率是，求的值；
（2）从袋中有放回地摸球，每次摸出一个，当有3次摸到红球即停止，求恰好摸次停止的概率.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由条件，结合古典概型概率公式列方程求的值；
（2）根据独立重复试验概率公式分别求时的概率，相加可得结论.
【小问1详解】
因为从袋中摸一个球，摸到红球的概率为，
所以从袋中摸一个球，摸到白球的概率为，
又袋中的红球和白球总共有15个，
所以袋中白球个数为，
因为将两个袋子中的球全部装在一起后，从中摸出一个白球的概率是，
又袋有20个红球和10个白球，
所以，解得.
【小问2详解】
由已知
又，
，
.
21. 树人中学名师生参加了对学校教学管理满意度的评分调查，按样本量比例分配的分层随机抽样方法，抽取个师生的评分（满分分），绘制如图所示的频率分布直方图，并将分数从低到高分为四个等级：
满意度评分
低于分
分到分
分到分
分及以上
满意度等级
不满意
基本满意
满意
非常满意
（1）求图中的值；
（2）若师生的满意指数不低于，则该校可获评“教学管理先进单位”，根据你所学的统计知识，判断该校是否能获奖，并说明理由.（注：满意指数）
（3）假设在样本中，学生、教师的人数分别为、.记所有学生的评分为、、、，其平均数为，方差为，所有教师的评分为、、、，其平均数为，方差为，总样本评分的平均数为，方差为，若，，试估计该校等级为满意的学生的最少人数.
【答案】（1）
（2）该校可获评“教学管理先进单位”，理由见解析
（3）人
【解析】
【分析】（1）利用频率分布直方图中所有矩形的面积之和为可求得的值；
（2）计算师生的满意指数，结合题意判断可得出结论；
（3）利用平均数公式可得出，利用方差公式结合已知条件可得出，令，可得出，由结合已知条件可求得的取值范围，可出的最小值，进而可求得该校等级为满意的学生的最少人数.
【小问1详解】
解：由频率和为得，解得.
【小问2详解】
解：由题意可得，师生的满意指数为
，
该校可获评“教学管理先进单位”.
【小问3详解】
解：由可得，，
所以，
，
所以，即，
令，则，，
即，解得或，
因为且，得，所以，.
估计该校等级为满意的学生人数最少为人.
22. 已知函数.
（1）若，求的值；
（2）已知函数的图象经过，
（i）若，求的值；
（ii）若的三个零点为，且，求的值.
【答案】（1）-2021
（2）（i）0；（ii）-9
【解析】
【分析】（1）根据可求的值；
（2）先求出，（i）利用代数运算可得的值；（ii）利用根分布可判断，根据（i）中结论可得三根之间的关系，故可求.
【小问1详解】
，
，
.
【小问2详解】
由题设有，故，故.
（i）
（ii）因为，
所以.
若，则，
由（1）可知，当时，，所以.
所以也是函数的三个零点.
由，求得，所以.
由，求得，所以.
由，求得，所以.
所以，
同理可得，
又记，
所以
.
【点睛】方法点睛：对于三次函数的零点，可先根据解析式判断零点的范围，再根据题设中给出的零点关系判断各零点之间关系，从而把求值问题转化为函数值的计算问题.
相关试卷
2022-2023学年浙江省金华十校高二下学期期末联考数学试题含答案： 这是一份2022-2023学年浙江省金华十校高二下学期期末联考数学试题含答案，共29页。试卷主要包含了 设集合，则， “且”是“复数是纯虚数”的， 设，则的大小关系为， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
浙江省金华十校2022-2023学年高二数学下学期期末联考试题（Word版附解析）： 这是一份浙江省金华十校2022-2023学年高二数学下学期期末联考试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了 设集合，则， “且”是“复数是纯虚数”的， 设，则的大小关系为， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
精品解析：浙江省金华十校2022-2023学年高一下学期期末数学试题： 这是一份精品解析：浙江省金华十校2022-2023学年高一下学期期末数学试题，文件包含浙江省金华十校2022-2023学年高一下学期期末数学试题解析版docx、浙江省金华十校2022-2023学年高一下学期期末数学试题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。
