湖南省株洲市二中教育集团2023-2024学年高一下学期期末联考 数学试题（含解析）

湖南省株洲市二中教育集团2023−2024学年高一下学期期末联考数学试题一、单选题（本大题共8小题）1．集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知复数满足，则在复平面内所对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知向量，在正方形网格中的位置如图所示.若网格中每个小正方形的边长均为1，则（

）A．2 B． C．4 D．84．若圆锥的表面积为，底面圆的半径为2，则该圆锥的体积为（

）A． B． C． D．5．已知正方体，平面与平面的交线为，则（

）A． B． C． D．6．已知，则（

）A． B． C． D．7．抛掷一枚质地均匀的硬币次，记事件“次中既有正面朝上又有反面朝上”，“次中至多有一次正面朝上”，下列说法不正确的是（

）A．当时， B．当时，事件与事件不独立C．当时， D．当时，事件与事件不独立8．已知函数的定义域为，且，，则（

）A． B．0 C．1 D．2二、多选题（本大题共3小题）9．下列说法正确的是（

）A．若事件与事件互为对立事件，则B．数据36，28，22，24，22，78的第80百分位数为36C．用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是D．若样本数据的平均数为2，则的平均数为810．氚是氢的同位素之一，它的原子核带有放射性，会发生衰变.若样本中氚的质量随时间（单位：年）的衰变规律满足关系式，其中表示氚原有的质量，则（

）（参考数据：）A．样本中氚的半衰期（放射性物质质量衰减一半所用的时间称作半衰期）为年B．经过年后，样本中的氚元素会全部消失C．经过年后，样本中的氚元素变为原来的D．若年后，样本中氚元素的含量为，则11．已知正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，则（

）A．与平面所成的角为B．若点为正四棱锥外接球的球心，则四棱锥的体积为4C．若点在底面内（包含边界）运动，为中点，则当平面时，点的轨迹长度为D．若以点为球心，为半径的球的球面与正四棱锥的棱，，，分别交于点，，，，则多面体的体积为三、填空题（本大题共3小题）12．已知函数则.13．已知平行四边形中，，，.若点满足，点为中点，则.14．在中，，是角的角平分线，且.（1）的取值范围为.（2）若，当最小时，的值为.四、解答题（本大题共5小题）15．在中，设角，，的对边分别为，，.已知向量，，且.(1)求角的大小；(2)若，，求的面积.16．某教育集团高一期末考试，从全集团的政治成绩中随机取100名学生的原始成绩（满分100分）进行分析，其频率分布直方图如图所示：(1)求图中的值；(2)若采用分层抽样的方法，从原始成绩在和内的学生中共抽取6人查看他们的答题情况，再从中选取2人进行个案分析，求这2人中恰有一人原始成绩在内的概率；(3)已知落在的平均成绩，方差，落在的平均成绩，方差，求落在的平均成绩，并估计落在的成绩的方差.17．如图，在三棱柱中，，，在底面的射影为的中点，为的中点.(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值.18．我校南门有条长米，宽米的道路（如图所示的矩形），路的一侧划有100个长米，宽米的停车位（如矩形），由于停车位不足，放学时段道路拥堵，学校保安李师傅提出一个改造方案，在不改变停车位形状大小、不改变汽车通道宽度的条件下，可通过压缩道路旁边绿化带及改变停车位方向来增加停车位，记绿化带被压缩的宽度（米），停车位相对道路倾斜的角度，其中.(1)若，求和的长；(2)求关于的函数表达式；(3)若，按照李老师的方案，该路段改造后的停车位比改造前增加多少个？19．已知为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列．(1)判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由；(2)若为连续可表数列，求证：k的最小值为4；(3)若为连续可表数列，且，求证：．

参考答案1．【答案】A【分析】求出集合，再求交集可得答案.【详解】，则.故选A.2．【答案】D【分析】先求等式右边复数的模长，然后由复数的除法求出，根据共轭复数得到，然后由复数的几何意义进行判断.【详解】根据复数的模长公式，，则，故，故，根据复数的几何意义，在复平面上对应点是，在第四象限.故选D.3．【答案】B【分析】根据题图写出向量坐标，再进行坐标运算即可.【详解】根据题图，以题图向量起点为原点，该点横纵方向为轴，则，，所以，则.故选.4．【答案】C【分析】利用圆锥表面积公式求出圆锥的母线及高，再利用锥体的体积公式计算即得.【详解】设圆锥底面圆半径为，母线为，高为，由圆锥的表面积为，得，而，解得，所以，所以该圆锥的体积.故选C.5．【答案】C【分析】利用面面平行的性质定理可得，再逐项分析求解即可.【详解】在正方体中，平面平面，平面平面，平面平面，所以，在正方体中，且，所以四边形为平行四边形，则有，所以，故C正确；都与相交，则与都不平行，故A，B，D错误.故选C.6．【答案】A【分析】根据三角函数诱导公式、二倍角公式运算即可.【详解】令，则，，所以.故选.7．【答案】D【分析】计算出，根据，求，根据与的关系判断两个事件是否独立，从而得到正确答案.【详解】当时，表示一正一反，故，，，因为，故正确；此时，故正确；当时，表示一正二反，，故正确；此时，，所以，所以事件与事件独立，故D错误.故选D.8．【答案】C【分析】赋值求解，赋式证明奇偶性与周期性，再利用性质转化求值.【详解】函数的定义域为，由，，令，则，解得；令，则，则；因为①，①式中，用替换，则，故，所以为偶函数.①式中，用替换，则，所以，即②，①②，可得，则③，③式中，用替换，得④，④式中，用替换，⑤，由④⑤得，则为周期函数且周期为6，所以，，故.故选C.9．【答案】ABD【分析】对于A，根据对立事件的性质分析判断；对于B，根据百分位数的定义求解判断；对于C，根据古典概型的概率公式分析判断；对于D，根据平均数的性质分析判断.【详解】对于A：若事件与事件互为对立事件，则，故A正确；对于B：这6个数从小到大排列为22，22，24，28，36，78，因为，所以第80百分位数为第5个数36，故B正确；对于C：用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是，故C错误；对于D：因为样本数据的平均数为2，所以的平均数为，故D正确.故选ABD.10．【答案】AC【分析】分别将,,依次代入计算即可依次判断选项ABC，根据求出即可判断D，进而得解.【详解】当时，，所以此时样本中氚的质量衰变了一半，故正确；当时，，故错误；当时，，即经过62.15年后，样本中的氚元素变为原来的，故C正确；由题意，化简得，将代入其中，可得，故错误.故选.11．【答案】ACD【分析】根据题意，与平面所成角为，代入相关长度计算即可判断；易知正四棱锥外接球的球心在上，根据勾股定理求得外接球半径，再计算体积即可判断；根据面面平行可得点的轨迹为可判断；判断出四边形为正方形，由余弦定理求出边长即可判断D.【详解】如图所示，，连接，交于点，则，.对于：，故与平面所成角为，故正确；对于：连接，则平面，，点在上，因为平面，所以，设正四棱锥外接球的半径为，在中，，即，解得，所以，则，故错误；对于：取，的中点，，连接，，，则，因为四边形为正方形，所以，，又，的中点为，，所以，所以四边形为平行四边形，则，，因为平面，平面，所以平面，同理可得平面，又，平面，且，所以平面平面，因为平面，且平面，所以平面，又平面，平面平面，所以，即点的轨迹为，所以点的轨迹长度为，故正确；对于：以点为球心，为半径的球的球面与正四棱锥的棱，，，分别交于点，，，，则，所以，，，，则四边形为正方形，在中，，在中，，得，所以，所以点，，，分别为棱，，，的中点，所以多面体是一个正四棱台，且正四棱台的高，上底面面积，下底面面积，故正四棱台的体积，故正确.故选.12．【答案】3【分析】根据函数的解析式直接代入求函数值即可.【详解】，.13．【答案】【分析】利用为基底，表达出，利用数量积运算法则计算出答案.【详解】由题意可得，，，所以.14．【答案】（1）（2）【分析】（1）由三角形内角平分线的性质，可得；在和中，分别利用余弦定理可得，由此解得的取值范围．（2）若，得到，由余弦定理可得，利用基本不等式即可求解.【详解】（1）设，，，，由角平分线定理，，，由余弦定理可得，，所以，化简得，因为，故；（2）由题意，，所以，由余弦定理可得，故，当且仅当时等号成立，此时.显然为锐角，由代入中，得，负值舍去，由（1）知，此时.15．【答案】(1)(2)【分析】（1）由共线定理以及A的取值范围即可求解；（2）依据正弦定理由得，接着由余弦定理即可求出，进而由面积公式即可得解.【详解】（1）由可得，所以，而，所以；（2）因为，所以由正弦定理得，所以由余弦定理知，即，解得，故，，所以的面积为.16．【答案】(1)0.03(2)(3)；【分析】（1）由各组的频率之和为1，求的值；（2）由分层抽样得两组抽取人数，再由古典概型求概率；（3）由分层抽样的均值和方差公式求解.【详解】（1）由题可知，解得；（2）由原始分在和中的频率之比为，故抽取的6人中，原始分在中的有2人，记为，在中的有4人，记为，则从6人中抽取2人，所有可能的结果有：共15个基本事件，其中抽取这2人中恰有一人原始成绩在内的结果有：共8个基本事件，所以抽取这2人中恰有一人原始成绩在内的概率；（3）；.17．【答案】(1)证明见详解(2)【分析】（1）设为的中点，由线面垂直得到，由三线合一得到，从而得到线面垂直，证明出四边形为平行四边形，得到，证明出结论；（2）作出辅助线，证明出为二面角的平面角，结合（1）得到，求出各边长，利用余弦定理求出的余弦值，进而得到线面角的正弦值.【详解】（1）设为的中点，由题意得平面，平面，，，为的中点，，，平面，故平面，由，分别为，的中点，得且，，，四边形为平行四边形，故，又平面，平面；（2）作，且，连结，，，为的中点，，平面，平面，，，，由，，得≌，由，得，为二面角的平面角，由（1）得平面，平面，，由，，，得，故，由余弦定理得，.18．【答案】(1)，(2)，(3)个【分析】（1）根据图，找到的等角，解直角三角形即可；（2）在（1）的思路下结合图，解直角三角形，表示出即可；（3）由（2）和先求出，设改造后停车位数量的最大值为，由图可得第个车位顶点到的距离为，利用求解.【详解】（1）注意到，又，则.则，又，则，；（2）由图，，又由（1），则，即，；（3）由（2），.则，则，化简得，解得或.因为，则，故，，设改造后停车位数量最大值为.如图，过停车位顶点作射线的垂线，垂足为.则顶点到线段距离为.又由图及题意可得，，则.注意到，则.又，则.则，，又.则，令,即改造后最大停车位数量为，则改造后的停车位比改造前增加个.【关键点拨】前两问需利用三角函数及几何知识，用已知量表示未知量；第三问，需将车位数量和停车位顶点到停车场边界距离联系起来，然后在利用之前所得到的部分结论解决问题.19．【答案】(1)是连续可表数列；不是连续可表数列(2)证明见详解(3)证明见详解【分析】（1）直接利用定义验证即可；（2）先考虑不符合，再列举一个合题即可；（3）时，根据和的个数易得显然不行，再讨论时，由可知里面必然有负数，再确定负数只能是，然后分类讨论验证不行即可．【详解】（1），，，，，所以是连续可表数列；易知，不存在使得，所以不是连续可表数列．（2）证明：若,设为,则至多，6个数字，没有个，矛盾；当时,数列，满足，，，，，，，，所以．（3），若最多有种，若，最多有种，所以最多有种，若，则至多可表个数，矛盾,从而若,则，至多可表个数，而，所以其中有负的，从而可表1~20及那个负数（恰21个），这表明中仅一个负的，没有0，且这个负的在中绝对值最小，同时中没有两数相同,设那个负数为，则所有数之和，，所以，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足个，因为（仅一种方式），所以与2相邻，若不在两端,则形