2024合肥普通高中六校联盟高一下学期期末联考试题数学含解析

这是一份2024合肥普通高中六校联盟高一下学期期末联考试题数学含解析，共20页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：120分钟 满分：150分）
命题学校：合肥五中 命题教师：钱勇 审题教师：费薇薇
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个正确答案，请把正确答案涂在答题卡上）
1. “”是“”的
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
2. 设函数f(x)＝则f(f(3))＝( )
A. B. 3C. D.
3. 我国北宋时期科技史上杰作《梦溪笔谈》收录了计算扇形弧长的近似计算公式：，公式中“弦”是指扇形中圆弧所对弦的长，“矢”是指圆弧所在圆的半径与圆心到弦的距离之差，“径”是指扇形所在圆的直径．如图，已知扇形的面积为，扇形所在圆O的半径为2，利用上述公式，计算该扇形弧长的近似值为（ ）

A. B. C. D.
4. 已知，若，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
5. 已知的外接圆圆心为，且，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
6. 若奇函数在区间上是增函数，且最小值为5，则它在区间上是（ ）
A. 增函数且有最大值B. 增函数且有最小值
C. 减函数且有最大值D. 减函数且有最小值
7. 如图所示，在直三棱柱中，棱柱侧面均为矩形，，，，P是上的一动点，则的最小值为（ ）

A B. 2C. D.
8. 在中，分别根据甲、乙、丙、丁四个条件判断三角形的形状，甲:；乙:；丙:；丁:．判断结果与其它三个不一样的是（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
二、多项选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）
9. 不透明口袋内装有红色、绿色和蓝色卡片各2张，一次任意取出2张卡片，则与事件“2张卡片都为红色”互斥而不对立的事件有（ ）
A. 2张卡片不全为红色B. 2张卡片恰有一张红色
C. 2张卡片至少有一张红色D. 2张卡片都为绿色
10. 已知甲组数据为：1，1，3，3， 5，7，9，乙组数据为：1，3，5，7，9，则下列说法正确的是（ ）
A. 这两组数据的第80百分位数相等
B. 这两组数据的极差相等
C. 这两组数据分别去掉一个最大值和一个最小值后，仅仅乙组数据的均值不变
D. 甲组数据比乙组数据分散
11. 在中，点分别是AB上的等分点，其中，则（ ）
A B.
C. D.
三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 某乡镇有居民20000户，从中随机抽取200户调查是否安装宽带网线，调查结果如表所示，则该乡镇已安装宽带网线的居民大约有________户．
13. 若，，且，则的最小值为________．
14. 如图，在矩形中，已知，是的中点，将△沿直线翻折成△，连接.若当三棱锥的体积取得最大值时，三棱锥外接球的体积为，则________．
四、解答题：（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
15. 已知，求:
（1）的值;
（2）与的夹角．
16. 已知函数．
（1）求函数单调递增区间和最小正周期；
（2）请选择①和②中的一个条件，补全下面的问题并求解，其中①有解；②恒成立．
问题：若当时，关于的不等式________，求实数的取值范围．
17. 已知n是一个三位正整数，若n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”（如135，256，345等）
现要从甲乙两名同学中，选出一个参加某市组织的数学竞赛，选取的规则如下：从由1，2，3，4，5，6组成的所有“三位递增数”中随机抽取1个数，且只抽取1次，若抽取的“三位递增数”是偶数，则甲参加数学竞赛；否则，乙参加数学竞赛.
（1）由1，2，3，4，5，6可组成多少“三位递增数”？并一一列举出来.
（2）这种选取规则对甲乙两名学生公平吗？并说明理由.
18. 如图所示，在四棱锥中，四边形为梯形，，，平面平面．
（1）若的中点为，求证：平面；
（2）求二面角的正弦值．
19. 个有次序的实数所组成的有序数组称为一个维向量，其中称为该向量的第个分量．特别地，对一个维向量，若，称为维信号向量．设，则和的内积定义为，且．
（1）直接写出4个两两垂直的4维信号向量．
（2）证明：不存在14个两两垂直的14维信号向量．
（3）已知个两两垂直的2024维信号向量满足它们的前个分量都是相同的，求证：．
网线
动迁户
原住户
已安装
65
30
未安装
40
65
合肥市普通高中六校联盟2023-2024学年第二学期期末联考
高一年级数学试卷
（考试时间：120分钟 满分：150分）
命题学校：合肥五中 命题教师：钱勇 审题教师：费薇薇
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个正确答案，请把正确答案涂在答题卡上）
1. “”是“”的
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【详解】由得，，故“”是“”的必要不充分条件，故选B.
2. 设函数f(x)＝则f(f(3))＝( )
A. B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】,
,故选D.
3. 我国北宋时期科技史上的杰作《梦溪笔谈》收录了计算扇形弧长的近似计算公式：，公式中“弦”是指扇形中圆弧所对弦的长，“矢”是指圆弧所在圆的半径与圆心到弦的距离之差，“径”是指扇形所在圆的直径．如图，已知扇形的面积为，扇形所在圆O的半径为2，利用上述公式，计算该扇形弧长的近似值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据扇形的面积公式可得圆心角大小，进而根据弧长的近似计算公式即可求解.
【详解】设扇形的圆心角为α，由扇形面积公式可知，所以，如图，取的中点C，连接OC，交AB于点D，则．易知，则，所以，，，所以扇形弧长的近似值为．
故选:C

4. 已知，若，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】设，根据复数的乘法运算及复数的模的计算公式求出的关系，进而可得出答案.
【详解】设，
则，
又因为，
所以，化简得，
所以.
故选：A.
5. 已知的外接圆圆心为，且，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量加法的平行四边形法则可得为的中点，为圆的直径，进而利用投影向量的定义求解即可.
【详解】因为是的外接圆圆心，，
所以由平行四边形法则可得为的中点，为圆的直径，
因为，所以为等边三角形，，
所以向量在向量上的投影向量为，
故选：A
6. 若奇函数在区间上是增函数，且最小值为5，则它在区间上是（ ）
A. 增函数且有最大值B. 增函数且有最小值
C 减函数且有最大值D. 减函数且有最小值
【答案】A
【解析】
【分析】根据奇偶函数的性质直接得出结果.
【详解】因为函数在区间上是增函数，且有最小值5，
所以，
又为奇函数，
所以函数在区间上是增函数，且有最大值.
故选：A
7. 如图所示，在直三棱柱中，棱柱的侧面均为矩形，，，，P是上的一动点，则的最小值为（ ）

A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，再根据两点之间线段最短，结合勾股定理余弦定理等求解即可.
【详解】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，

设点的新位置为，连接，则有，如图，

当三点共线时，则即为的最小值.
在三角形ABC中，，，
由余弦定理得：,
所以，即,
在三角形中，，，
由勾股定理可得：,且.
同理可求：，因为，
所以为等边三角形，所以，
所以在三角形中，,,
由余弦定理得：.
故选：D.
8. 在中，分别根据甲、乙、丙、丁四个条件判断三角形的形状，甲:；乙:；丙:；丁:．判断结果与其它三个不一样的是（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理将边化角，结合二倍角公式判断甲、乙，利用正弦定理将边化角，再由两角差的正弦公式判断丙，利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式判断丁.
【详解】对于甲:，由正弦定理可得，
即，又，所以或，即或，
所以或，
所以为等腰三角形或直角三角形且；
对于乙:，由正弦定理可得，
所以，
又，所以，，
所以，
即，又，所以或，
即或，所以或，
所以为等腰三角形或直角三角形且；
对于丙:，由正弦定理可得，
所以，又且，
所以，所以，即，所以为等腰三角形；
对于丁:，由正弦定理可得，
所以，
即，
所以，
即，
所以或，
又且，
所以或，
所以为等腰三角形或直角三角形且.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题关键是利用正弦定理将边化角，再结合三角恒等变换公式一一计算.
二、多项选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）
9. 不透明的口袋内装有红色、绿色和蓝色卡片各2张，一次任意取出2张卡片，则与事件“2张卡片都为红色”互斥而不对立的事件有（ ）
A. 2张卡片不全为红色B. 2张卡片恰有一张红色
C. 2张卡片至少有一张红色D. 2张卡片都为绿色
【答案】BD
【解析】
【分析】本题先写出所有情况：“2张都为红色”、“2 张都为绿色”、“2张都为蓝色”、“1张为红色1张为绿色”、“1张为红色1张为蓝色”、“1张为绿色1张为蓝色”，再根据选项选择互斥而不对立的事件即可.
【详解】6张卡片中一次取出2张卡片的所有情况有：“2张都为红色”、“2 张都为绿色”、“2张都为蓝色”、“1张为红色1张为绿色”、“1张为红色1张为蓝色”、“1张为绿色1张为蓝色”，选项中给出的四个事件中与“2张都为红色”互斥而非对立“2张恰有一张红色”“2张都为绿色”，其中“2张至少一张为红色”包含事件是“2张都为红色”二者并非互斥，“2张不全为红色”是对立事件．
故选：BD.
【点睛】本题考查互斥事件、对立事件，是基础题.
10. 已知甲组数据为：1，1，3，3， 5，7，9，乙组数据为：1，3，5，7，9，则下列说法正确的是（ ）
A. 这两组数据的第80百分位数相等
B. 这两组数据的极差相等
C. 这两组数据分别去掉一个最大值和一个最小值后，仅仅乙组数据的均值不变
D. 甲组数据比乙组数据分散
【答案】BC
【解析】
【分析】根据给定条件，利用第80百分位数、极差、平均数、方差的意义依次判断ABCD即得.
【详解】对于A，由，得甲组数据的第80百分位数为7，
由，乙组数据的第80百分位数为8，A错误；
对于B，甲组数据与乙组数据的极差均为为8，B正确；
对于C，甲组数据去掉前后均值分别为；乙组数据去掉前后的均值分别为5，5，C正确；
对于D，甲组数据的方差，
乙组数据的方差，显然，
因此乙组数据较分散，D错误.
故选：BC
11. 在中，点分别是AB上的等分点，其中，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】本题重点是研究线段的等分点，A选项是两向量与同一条向量的数量积，易联想到这两向量在同一条向量上的投影向量的大小，结合图形，易判断A是错误的，再利用中线向量的性质可判断是正确的， C选项中通过向量的加法运算和共线运算，发现共线向量的比例明显有错误， 而D选项，依次利用同一条向量在两个三角形中的加法法则可得，，，相加得，再利用累加法可计算得到结果是正确.
【详解】
选项A：，，
由图易知，两向量在上的投影向量的大小是，所以A是错误的.
选项B：由于是的中点，所以有，即B是正确的．
选项C：，所以C是错误.
选项D：因为，，所以，
，，所以，
，
，，所以，
即由上面个等式相加得：，
所以，所以D是正确的.
故选：BD
三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 某乡镇有居民20000户，从中随机抽取200户调查是否安装宽带网线，调查结果如表所示，则该乡镇已安装宽带网线的居民大约有________户．
【答案】9500
【解析】
【分析】根据图标提供的数据算出200户居民中安装宽带网线的频率，用总住户乘以频率即可.
【详解】（户）．
故答案为：9500.
13. 若，，且，则的最小值为________．
【答案】6
【解析】
【分析】由题意可得，利用基本不等式计算可得，即，即可求解.
【详解】由，
得，整理得，
当且仅当时等号成立.
则，故，
解得或（舍去），
所以，当且仅当时取等号，
即的最小值为6.
故答案为：6
14. 如图，在矩形中，已知，是的中点，将△沿直线翻折成△，连接.若当三棱锥的体积取得最大值时，三棱锥外接球的体积为，则________．
【答案】
【解析】
【分析】当高最大时，体积最大，高最大为，球心在平面的投影为中点，根据勾股定理解得，代入体积公式计算得到答案.
【详解】三棱锥的底面积为定值，故当高最大值，体积最大，
易知△为等腰直角三角形，取中点为，
连接，故，
当平面平面时，高最大为，易知△为等腰直角三角形，
球心在平面的投影为中点，
且△的外接圆半径为，设，
故与 联解，解得，，
，故，即.
故答案为：.
【点睛】本题考查了三棱锥体积的最值问题，三棱锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
四、解答题：（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
15. 已知，求:
（1）的值;
（2）与的夹角．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用数量积的运算律求出即可得解.
（2）利用数量积的运算律及向量夹角公式求解即得.
【小问1详解】
由，得，
则，而，于是，
所以.
【小问2详解】
显然，
则，而，于是.
所以与的夹角为
16. 已知函数．
（1）求函数单调递增区间和最小正周期；
（2）请选择①和②中的一个条件，补全下面的问题并求解，其中①有解；②恒成立．
问题：若当时，关于的不等式________，求实数的取值范围．
【答案】（1），；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式及辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的性质求解即得.
（2）求出函数在区间上的最值，结合条件①②分别求出的范围.
【小问1详解】
函数，
所以函数的最小正周期；
由，解得，
所以函数的单调增区间为.
【小问2详解】
选择①，当时，，则当，即时，取得最大值，
依题意，，不等式有解，所以.
选择② 当时，，则当，即时，取得最小值
依题意，，不等式恒成立，所以.
17. 已知n是一个三位正整数，若n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”（如135，256，345等）
现要从甲乙两名同学中，选出一个参加某市组织的数学竞赛，选取的规则如下：从由1，2，3，4，5，6组成的所有“三位递增数”中随机抽取1个数，且只抽取1次，若抽取的“三位递增数”是偶数，则甲参加数学竞赛；否则，乙参加数学竞赛.
（1）由1，2，3，4，5，6可组成多少“三位递增数”？并一一列举出来.
（2）这种选取规则对甲乙两名学生公平吗？并说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）不公平，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据定义一一列举出即可；
（2）由（1）根据古典概型的概率计算公式分别计算概率即可判断.
【详解】解：（1）由题意知，所有由1，2，3，4，5，6组成的“三位递增数共有20个.
分别是123，124，125，126，134，135，136，145，146，156，234，235，236，245，246，256，345，346，356，456.
（2）不公平由（1）知，所有由1，2，3，4，5，6组成的“三位递增数”有20个，记“甲参加数学竞赛”为事件A，记“乙参加数学竞赛”为事件B.则事件A含有基本事件有：124，134，234，126，136，146，156，236，246，256，346，356，456共13个.
由古典概型计算公式，得
，
又A与B对立，所以，
所以.故选取规则对甲、乙两名学生不公平.
【点睛】本题考查概率的应用，古典概型的概率计算问题，属于基础题.
18. 如图所示，在四棱锥中，四边形为梯形，，，平面平面．
（1）若的中点为，求证：平面；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行知识可求解.
（2）根据题意做辅助线找到二面角，再结合余弦定理，从而求解.
【小问1详解】
设是中点，连接，如下图所示：
在中，为为中位线，所以：，又因为：，
所以：，所以：四边形为平行四边形，得：，
又因为：平面平面，所以：平面.
【小问2详解】
如图，延长和交于点，连接.
过点作，垂足为点，连接.

因：平面平面，平面平面，
所以：平面，
因为：，且平面，
所以：平面，所以：为所求二面角的平面角，
在中，，
得：，
所以：，
所以：.
19. 个有次序的实数所组成的有序数组称为一个维向量，其中称为该向量的第个分量．特别地，对一个维向量，若，称为维信号向量．设，则和的内积定义为，且．
（1）直接写出4个两两垂直的4维信号向量．
（2）证明：不存在14个两两垂直的14维信号向量．
（3）已知个两两垂直的2024维信号向量满足它们的前个分量都是相同的，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合两两垂直的定义，即可求解；
（2）根据题意，不妨设，得到有7个分量为，设的前7个分量中有个，得到7个分量中有个，进而求得的值，即可求解；
（3）任取，得到，设的第个分量之和为，结合，列出不等式，即可求解.
【小问1详解】
解：根据题意，结合维向量的定义，
则两两垂直的4维信号向量可以为：．
【小问2详解】
解：假设存在14个两两垂直的14维信号向量，
因为将这14个向量某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变，
所以，不妨设，
因为，所以有7个分量为，
设的前7个分量中有个，则后7个分量中有个，
所以，可得，矛盾，
所以不存在14个两两垂直的14维信号向量．
【小问3详解】
解：任取，计算内积，将所有这些内积求和得到，
则，
设的第个分量之和为，
则从每个分量的角度考虑，每个分量为的贡献为
所以，
令所以，所以．
网线
动迁户
原住户
已安装
65
30
未安装
40
65