安徽省皖北县中联盟2023-2024学年高一下学期期末联考数学试卷（解析版）-A4

这是一份安徽省皖北县中联盟2023-2024学年高一下学期期末联考数学试卷（解析版）-A4，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 集合满足，，，则集合中元素个数为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，结合集合的交集、并集的概念及运算，即可求解.
【详解】由集合满足,
因为，可得，
又因为，可得，
因为，所以，即集合中的元素个数为4．
故选：B.
2. 复数（为虚数单位）在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】对复数进行分母实数化，根据复数的几何意义可得结果.
【详解】，
复数在复平面内对应的点的坐标是，位于第四象限．
故选：D
3. 已知向量，则“”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】A
【解析】
【分析】由向量垂直的坐标表示求得值，结合充分必要条件的判定方法得答案．
【详解】当时，，所以，充分性成立；
，
，解得或，必要性不成立；
“”是“”的充分不必要条件．
故选：A．
4. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，则该平面图形的高为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意计算可得，还原图形后可得原图形中各边长，即可得其高.
【详解】在直角梯形中，，，
则，
直角梯形对应的原平面图形为如图中直角梯形，
则有，
所以该平面图形的高为.
故选：C.
5. 某幼儿园一名小朋友过生日，幼儿园老师为该小朋友准备了5个一样的盒子，其中4个盒中各装有一个变形金刚玩具，另外1个盒中装有一套积木玩具．这名小朋友要从这5个盒中选出2个盒子作为生日礼物，则恰好取到1个变形金刚玩具和1套积木玩具的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由列举法得到所有情况，再由古典概型的概率计算公式即可得到结果．
【详解】设装有变形金刚玩具的盒子分别为，装积木玩具的盒子为，
则从这5个盒子中选出2个盒子的不同选法为：，
，共10种不同方法，
恰好选到1个变形金刚玩具和1套积木玩具的不同选法有，共4种不同方法，故所求概率，故A，C，D错误．
故选：B．
6. 函数的图象在区间上恰有一条对称轴和一个对称中心，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦型函数的性质列出关于的不等式，求解即可．
【详解】由，设，则，
由图可知直线在线段之间，不含点，
所以，得．
故选：C.
7. 在正四棱台中，，点为底面的中心，则异面直线与所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由棱台的结构特征可得，则或其补角为异面直线与所成的角，利用正棱台的结构求解即可．
【详解】如图所示，连接，则，连接，因为，
所以．易知四边形为平行四边形，则，且，
所以或其补角为异面直线与所成角，
同理知，又，所以为等边三角形，所以，
故选：C．

8. 已知中，，且为的外心．若在上的投影向量为，且，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意B，O，C三点共线．因为为的外心，即有，所以为直角三角形，利用向量得投影结合图形即可得解.
【详解】
因为，
则，所以，即B，O，C三点共线．
因为为的外心，即有，
所以为直角三角形，因此，为斜边的中点．因为，所以为锐角．
如图，过点作，垂足为．
因为在上的投影向量为，所以，
所以在上的投影向量为．
又因为，所以．
因为，所以，
故的取值范围为．
故选：A．
二、多选题：本题共3小题，共18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6分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 在学校组织的《爱我中华》主题演讲比赛中，有10位评委对每位选手进行评分（评分互不相同），将选手的得分去掉一个最低评分和一个最高评分，则下列选项正确的是（ ）
A. 剩下评分的平均值变大
B. 剩下评分的极差变小
C. 剩下评分的方差变小
D. 剩下评分的中位数变大
【答案】BC
【解析】
分析】去掉一个最低评分和一个最高评分平均分变换未知，根据极差概念知极差变小，根据方差意义知方差也变小，根据中位数概念知中位数未变．
【详解】对A，去掉一个最低评分和一个最高分后剩下评分的平均值有可能变小、不变或变大，A错误；
对B，剩下评分的极差一定会变小，B正确；
对C，剩下评分的波动性变小，则方差变小，C正确；
对D，剩下评分的中位数不变，D错误．
故选：BC．
10. 已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，母线长为，则（ ）
A. 圆台的母线与底面所成的角为
B. 圆台的侧面积为
C. 圆台的体积为
D. 若圆台的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A，先求出圆台的高，进而求出圆台的母线与底面所成的角即可；选项B，由圆台的侧面积公式求解即可；选项C，由圆台的体积公式求解即可；选项D，设球心到下底面的距离为，由勾股定理得，求解即可.
【详解】对于A，因为圆台的上、下底面半径分别为1和3，母线为，
所以圆台的高为：，
根据线面角定义求出母线与底面所成角，A正确；
对于B，由圆台的侧面积公式，
求得圆台的侧面积为：，B正确；
对于C，由圆台的体积公式，
求得圆台体积为：，C错误；
对于D，由题意可知球心在下底面下方，设球心到下底面的距离为，
由勾股定理得，解得，
则该球的半径为，所以该球的表面积为，D正确．
故选：ABD.
11. 东汉末年的数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”，根据面积关系给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”．如图1，它由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．我们通过类比得到图2，它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形．对于图2．下列结论错误的是（ ）

A. 这三个全等的钝角三角形可能是等腰三角形
B. 若，则
C. 若，则
D. 若是的中点，则的面积是面积的5倍
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A选项：由，即可判断A；对于B选项：在中，利用正弦定理求得，进而可判断B；对于C选项：在中，设，利用余弦定理即可求得，进而可判断C；对于D选项：利用三角形的面积公式，可得，进而可判断D．
【详解】对于A，根据题意，题图2是由三个全等的针角三角形与一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，
故，所以这三个全等的钝角三角形不可能是等腰三角形，故A错误；
对于B，在中，，所以，
而，
所以，
由正弦定理得，解得，
又因为，所以，故选项B正确；
对于C，不妨设，
在中，由余弦定理得，
即，
解得，
所以，故选项C错误；
对于D，若是的中点，
，
所以，故选项D错误．
故选：ACD．
【点睛】关键点点睛：关键是利用正弦定理、余弦定理、三角形面积公式进行分析，由此即可顺利得解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 某大学共有本科生5000人，其中一、二、三、四年级的人数比为，要用分层抽样的方法从所有本科生中抽取一个容量为300的样本，则应抽取三年级的学生人数为________．
【答案】60
【解析】
【分析】先算出抽取比例，然后再算出抽取的人数．
【详解】由题意知，要用分层抽样的方法从该系所有本科生中抽取一个容量为300的样本，
则应抽三年级的学生人数为：（人）．
故答案为：60．
13. 在正方体中，分别是的中点，，则过点的平面截该正方体所得的截面周长为________．
【答案】
【解析】
【分析】过且过的平面与面的交线平行于即为，由此能求出过点的平面截该正方体所得的截面的周长．
【详解】正方体中，分别是棱的中点，
．
平面平面，
平面，
由正方体的棱长为4，
所以截面是以为腰，为上底，为下底的等腰梯形，
故周长为．
故答案为：.
14. 人脸识别就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别人脸对象的身份．在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用的测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离．已知二维空间两个点、，则其曼哈顿距离为，余弦相似度为，余弦距离为．已知，、、、，若，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用定义得到，进而得到，同理可得，，从而利用余弦和角公式得到，故，得到，利用二倍角公式求出，从而求出.
【详解】因为，，
所以
，
因为，所以．
因为，
所以
，
因为，则，
所以．
因为，
，所以．
又因为，，
所以，
所以．
故答案为：
【点睛】新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
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. 某厂引进一种生产新能源汽车关键部件的设备，为了解该设备生产的关键部件的某项指标的情况，随机抽取了100件关键部件的该项指标数据，按分组，并绘制出如图所示的频率分布直方图．
（1）求的值；
（2）估计样本中指标数据的分位数．
【答案】（1）
（2）27.5．
【解析】
【分析】（1）频率分布直方图中，所有矩形的面积和为1，列出关于的方程，求解即可．
（2）根据百分位数的概念求解即可．
【小问1详解】
由图可知，，
解得．
【小问2详解】
由频率分布直方图可知，数据小于25的指标数据所占比例为，
数据小于30的指标数据所占比例为，
所以分位数一定在内，由，
所以估计样本中指标数据的分位数为27.5．
16. 已知的内角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若，求的周长.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦求解即得.
（2）利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求解即得
【小问1详解】
在中，由及正弦定理，
得，即，
则，而，因此，而，
所以.
【小问2详解】
由及正弦定理得，而，则，
由余弦定理得，则，解得，
所以的周长是.
17. 某校为了培养学生数学学科的核心素养，组织了数学建模知识竞赛，共有两道题目，答对每道题目得10分，答错或不答得0分．甲答对每道题的概率为，乙答对每道题的概率为，且甲、乙答对与否互不影响，各题答题结果互不影响．已知第一题至少一人答对的概率为．
（1）求的值；
（2）求甲、乙得分之和为30分的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，列出关于的方程，求解即可；
（2）根据条件，分为甲答对1题，乙答对2题；甲对2题，乙对1题两种情况进行求解即可．
【小问1详解】
设“甲答对第一题”，“乙答对第一题”，则，
因为与相互独立，所以与相互独立．
由于事件“第一题至少一人答对”的对立事件是“第一题甲、乙都答错”，
根据对立事件的性质，得第一题至少一人答对的概率为，
由题意可知，，解得．
【小问2详解】
设表示甲答对1道题目，表示甲答对2道题目；表示乙答对1道题目，表示乙答对2道题目，则；
，
设表示甲、乙得分之和为30分的事件，则，
因为甲、乙答对与否互不影响，各题答题结果互不影响，
所以与相互独立，与相互独立，且与互斥，
则．
18. 如图，在四棱锥中，为边上的中点，为边上的中点，平面平面，．

（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）若直线与底面所成角的余弦值为，求二面角的正切值．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）法一：连接，由为的中位线，得，由线面平行的判定得证；法二：设中点为中点为，连接，由三角形的中位线得证四边形为平行四边形，则，由线面平行的判定得证；
（2）由题意，推导出，由此可证明平面；
（3）由平面，得直线与底面所成的角为，得，设的中点为，连接，过点作的垂线交于，连接，由线面垂直的判定以及性质得是二面角的平面角，求解．
【小问1详解】
证明：法一：连接，

在中，因为为对应边上的中点，
所以为中位线，，
又平面平面，
平面；
法二：设中点为中点为，连接，

在中，因为为对应边上的中点，
所以为中位线，且，
同理，在中，且，
且，
四边形为平行四边形，
，
又平面平面，
平面；
【小问2详解】
在四边形中，，
所以都为等腰直角三角形，即，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以直线平面，
又平面，所以，
又平面，所以平面．
【小问3详解】
直线与底面所成角的余弦值为，且平面，
直线与底面所成的角为，又，
则，
在中，，
，
设的中点为，连接，过点作的垂线交于，连接，

由（1）知，，且平面，
则平面，平面，，
平面，平面，
平面，，又，
则是二面角的平面角，
，
，
设二面角的平面角为，则二面角的正切值为．
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是得到是二面角的平面角，再结合解三角形知识即可顺利得解.
19. 已知函数满足，且，当时，．函数．
（1）求实数的值；
（2）当时，求的解析式；
（3）设，是否存在实数，使不等式在时恒成立？若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）赋值法得到，由求得
（2）当时，，故，根据求出解析式；
（3）求出的定义域为，根据复合函数的单调性得到 在 上单调递减，构造，结合零点存在性定理得到使得，故需要满足，先由定义域得到，分和、两种情况，两种情况下求出最小值，分析得到均不合题意，则这样的实数不存在.
【小问1详解】
当时，，故，
因为时，，所以，
因为，所以，解得．
【小问2详解】
当时，，
则，
又，故，
所以当时，．
【小问3详解】
由，即：，
所以的定义域为，
若存在满足题意的，
首先有在时恒成立，
即在时恒成立，
首先有，
其次令，
关于的二次函数的对称轴为，
当，即时，还要保证，解得，
当时，只需，解得，
所有在时恒成立当且仅当．
因为，
又因，所以，
当时，在上单调递增，
此时的值域是的子集．
当时，在上先增后减，
在或处取得最小值，且，，，其中为对勾函数，
在上单调递减，在上单调递增，
又，，，故的值域是的子集，
综上，的值域是的子集．
故只需考虑在的情况即可，
因为在上单调递减，
根据复合函数的单调性得到在上单调递减，
又时，图象的对称轴为，开口向上，
故在上单调递增，
当时，令，
则在上单调递增，
其中，，
由零点存在性定理可知：使得，
又，故需要满足，所以只需满足，
当时，，不符合要求；
当时，则，解得，
由于，故无解，
综上，不存在．
【点睛】思路点睛：数学问题的转化要注意等价性，也就是充分性与必要性兼备，有时在探求参数的取值范围时，为了寻找解题突破口，从满足题意得自变量范围内选择一个数，代入求得参数的取值范围，从而得到使得问题成立的一个必要条件，这个范围可能恰好就是所求范围，也可能比所求的范围大，需要验证其充分性，这就是所谓的必要性探路和充分性证明，对于特殊值的选取策略一般是某个常数，实际上求切线的横坐标，端点值或极值点等.