湖南省株洲市二中教育集團2023?2024學年高一下學期期末聯考數學試題一、單選題（本大題共8小題）1．集合，，則（

）A． B． C． D．2．已知復數滿足，則在復平面內所對應的點位于（

）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，在正方形網格中的位置如圖所示.若網格中每個小正方形的邊長均為1，則（

）A．2 B． C．4 D．84．若圓錐的表面積為，底面圓的半徑為2，則該圓錐的體積為（

）A． B． C． D．5．已知正方體，平面與平面的交線為，則（

）A． B． C． D．6．已知，則（

）A． B． C． D．7．拋擲一枚質地均勻的硬幣次，記事件“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”，下列說法不正確的是（

）A．當時， B．當時，事件與事件不獨立C．當時， D．當時，事件與事件不獨立8．已知函數的定義域為，且，，則（

）A． B．0 C．1 D．2二、多選題（本大題共3小題）9．下列說法正確的是（

）A．若事件與事件互為對立事件，則B．數據36，28，22，24，22，78的第80百分位數為36C．用簡單隨機抽樣的方法從51個個體中抽取2個個體，則每個個體被抽到的概率都是D．若樣本數據的平均數為2，則的平均數為810．氚是氫的同位素之一，它的原子核帶有放射性，會發生衰變.若樣本中氚的質量隨時間（單位：年）的衰變規律滿足關系式，其中表示氚原有的質量，則（

）（參考數據：）A．樣本中氚的半衰期（放射性物質質量衰減一半所用的時間稱作半衰期）為年B．經過年后，樣本中的氚元素會全部消失C．經過年后，樣本中的氚元素變為原來的D．若年后，樣本中氚元素的含量為，則11．已知正四棱錐的底面邊長為，側棱長為，則（

）A．與平面所成的角為B．若點為正四棱錐外接球的球心，則四棱錐的體積為4C．若點在底面內（包含邊界）運動，為中點，則當平面時，點的軌跡長度為D．若以點為球心，為半徑的球的球面與正四棱錐的棱，，，分別交于點，，，，則多面體的體積為三、填空題（本大題共3小題）12．已知函數則.13．已知平行四邊形中，，，.若點滿足，點為中點，則.14．在中，，是角的角平分線，且.（1）的取值范圍為.（2）若，當最小時，的值為.四、解答題（本大題共5小題）15．在中，設角，，的對邊分別為，，.已知向量，，且.(1)求角的大小；(2)若，，求的面積.16．某教育集團高一期末考試，從全集團的政治成績中隨機取100名學生的原始成績（滿分100分）進行分析，其頻率分布直方圖如圖所示：(1)求圖中的值；(2)若采用分層抽樣的方法，從原始成績在和內的學生中共抽取6人查看他們的答題情況，再從中選取2人進行個案分析，求這2人中恰有一人原始成績在內的概率；(3)已知落在的平均成績，方差，落在的平均成績，方差，求落在的平均成績，并估計落在的成績的方差.17．如圖，在三棱柱中，，，在底面的射影為的中點，為的中點.(1)證明：平面；(2)求二面角的正弦值.18．我校南門有條長米，寬米的道路（如圖所示的矩形），路的一側劃有100個長米，寬米的停車位（如矩形），由于停車位不足，放學時段道路擁堵，學校保安李師傅提出一個改造方案，在不改變停車位形狀大小、不改變汽車通道寬度的條件下，可通過壓縮道路旁邊綠化帶及改變停車位方向來增加停車位，記綠化帶被壓縮的寬度（米），停車位相對道路傾斜的角度，其中.(1)若，求和的長；(2)求關于的函數表達式；(3)若，按照李老師的方案，該路段改造后的停車位比改造前增加多少個？19．已知為有窮整數數列．給定正整數m，若對任意的，在Q中存在，使得，則稱Q為連續可表數列．(1)判斷是否為連續可表數列？是否為連續可表數列？說明理由；(2)若為連續可表數列，求證：k的最小值為4；(3)若為連續可表數列，且，求證：．

參考答案1．【答案】A【分析】求出集合，再求交集可得答案.【詳解】，則.故選A.2．【答案】D【分析】先求等式右邊復數的模長，然后由復數的除法求出，根據共軛復數得到，然后由復數的幾何意義進行判斷.【詳解】根據復數的模長公式，，則，故，故，根據復數的幾何意義，在復平面上對應點是，在第四象限.故選D.3．【答案】B【分析】根據題圖寫出向量坐標，再進行坐標運算即可.【詳解】根據題圖，以題圖向量起點為原點，該點橫縱方向為軸，則，，所以，則.故選.4．【答案】C【分析】利用圓錐表面積公式求出圓錐的母線及高，再利用錐體的體積公式計算即得.【詳解】設圓錐底面圓半徑為，母線為，高為，由圓錐的表面積為，得，而，解得，所以，所以該圓錐的體積.故選C.5．【答案】C【分析】利用面面平行的性質定理可得，再逐項分析求解即可.【詳解】在正方體中，平面平面，平面平面，平面平面，所以，在正方體中，且，所以四邊形為平行四邊形，則有，所以，故C正確；都與相交，則與都不平行，故A，B，D錯誤.故選C.6．【答案】A【分析】根據三角函數誘導公式、二倍角公式運算即可.【詳解】令，則，，所以.故選.7．【答案】D【分析】計算出，根據，求，根據與的關系判斷兩個事件是否獨立，從而得到正確答案.【詳解】當時，表示一正一反，故，，，因為，故正確；此時，故正確；當時，表示一正二反，，故正確；此時，，所以，所以事件與事件獨立，故D錯誤.故選D.8．【答案】C【分析】賦值求解，賦式證明奇偶性與周期性，再利用性質轉化求值.【詳解】函數的定義域為，由，，令，則，解得；令，則，則；因為①，①式中，用替換，則，故，所以為偶函數.①式中，用替換，則，所以，即②，①②，可得，則③，③式中，用替換，得④，④式中，用替換，⑤，由④⑤得，則為周期函數且周期為6，所以，，故.故選C.9．【答案】ABD【分析】對于A，根據對立事件的性質分析判斷；對于B，根據百分位數的定義求解判斷；對于C，根據古典概型的概率公式分析判斷；對于D，根據平均數的性質分析判斷.【詳解】對于A：若事件與事件互為對立事件，則，故A正確；對于B：這6個數從小到大排列為22，22，24，28，36，78，因為，所以第80百分位數為第5個數36，故B正確；對于C：用簡單隨機抽樣的方法從51個個體中抽取2個個體，則每個個體被抽到的概率都是，故C錯誤；對于D：因為樣本數據的平均數為2，所以的平均數為，故D正確.故選ABD.10．【答案】AC【分析】分別將,,依次代入計算即可依次判斷選項ABC，根據求出即可判斷D，進而得解.【詳解】當時，，所以此時樣本中氚的質量衰變了一半，故正確；當時，，故錯誤；當時，，即經過62.15年后，樣本中的氚元素變為原來的，故C正確；由題意，化簡得，將代入其中，可得，故錯誤.故選.11．【答案】ACD【分析】根據題意，與平面所成角為，代入相關長度計算即可判斷；易知正四棱錐外接球的球心在上，根據勾股定理求得外接球半徑，再計算體積即可判斷；根據面面平行可得點的軌跡為可判斷；判斷出四邊形為正方形，由余弦定理求出邊長即可判斷D.【詳解】如圖所示，，連接，交于點，則，.對于：，故與平面所成角為，故正確；對于：連接，則平面，，點在上，因為平面，所以，設正四棱錐外接球的半徑為，在中，，即，解得，所以，則，故錯誤；對于：取，的中點，，連接，，，則，因為四邊形為正方形，所以，，又，的中點為，，所以，所以四邊形為平行四邊形，則，，因為平面，平面，所以平面，同理可得平面，又，平面，且，所以平面平面，因為平面，且平面，所以平面，又平面，平面平面，所以，即點的軌跡為，所以點的軌跡長度為，故正確；對于：以點為球心，為半徑的球的球面與正四棱錐的棱，，，分別交于點，，，，則，所以，，，，則四邊形為正方形，在中，，在中，，得，所以，所以點，，，分別為棱，，，的中點，所以多面體是一個正四棱臺，且正四棱臺的高，上底面面積，下底面面積，故正四棱臺的體積，故正確.故選.12．【答案】3【分析】根據函數的解析式直接代入求函數值即可.【詳解】，.13．【答案】【分析】利用為基底，表達出，利用數量積運算法則計算出答案.【詳解】由題意可得，，，所以.14．【答案】（1）（2）【分析】（1）由三角形內角平分線的性質，可得；在和中，分別利用余弦定理可得，由此解得的取值范圍．（2）若，得到，由余弦定理可得，利用基本不等式即可求解.【詳解】（1）設，，，，由角平分線定理，，，由余弦定理可得，，所以，化簡得，因為，故；（2）由題意，，所以，由余弦定理可得，故，當且僅當時等號成立，此時.顯然為銳角，由代入中，得，負值舍去，由（1）知，此時.15．【答案】(1)(2)【分析】（1）由共線定理以及A的取值范圍即可求解；（2）依據正弦定理由得，接著由余弦定理即可求出，進而由面積公式即可得解.【詳解】（1）由可得，所以，而，所以；（2）因為，所以由正弦定理得，所以由余弦定理知，即，解得，故，，所以的面積為.16．【答案】(1)0.03(2)(3)；【分析】（1）由各組的頻率之和為1，求的值；（2）由分層抽樣得兩組抽取人數，再由古典概型求概率；（3）由分層抽樣的均值和方差公式求解.【詳解】（1）由題可知，解得；（2）由原始分在和中的頻率之比為，故抽取的6人中，原始分在中的有2人，記為，在中的有4人，記為，則從6人中抽取2人，所有可能的結果有：共15個基本事件，其中抽取這2人中恰有一人原始成績在內的結果有：共8個基本事件，所以抽取這2人中恰有一人原始成績在內的概率；（3）；.17．【答案】(1)證明見詳解(2)【分析】（1）設為的中點，由線面垂直得到，由三線合一得到，從而得到線面垂直，證明出四邊形為平行四邊形，得到，證明出結論；（2）作出輔助線，證明出為二面角的平面角，結合（1）得到，求出各邊長，利用余弦定理求出的余弦值，進而得到線面角的正弦值.【詳解】（1）設為的中點，由題意得平面，平面，，，為的中點，，，平面，故平面，由，分別為，的中點，得且，，，四邊形為平行四邊形，故，又平面，平面；（2）作，且，連結，，，為的中點，，平面，平面，，，，由，，得≌，由，得，為二面角的平面角，由（1）得平面，平面，，由，，，得，故，由余弦定理得，.18．【答案】(1)，(2)，(3)個【分析】（1）根據圖，找到的等角，解直角三角形即可；（2）在（1）的思路下結合圖，解直角三角形，表示出即可；（3）由（2）和先求出，設改造后停車位數量的最大值為，由圖可得第個車位頂點到的距離為，利用求解.【詳解】（1）注意到，又，則.則，又，則，；（2）由圖，，又由（1），則，即，；（3）由（2），.則，則，化簡得，解得或.因為，則，故，，設改造后停車位數量最大值為.如圖，過停車位頂點作射線的垂線，垂足為.則頂點到線段距離為.又由圖及題意可得，，則.注意到，則.又，則.則，，又.則，令,即改造后最大停車位數量為，則改造后的停車位比改造前增加個.【關鍵點撥】前兩問需利用三角函數及幾何知識，用已知量表示未知量；第三問，需將車位數量和停車位頂點到停車場邊界距離聯系起來，然后在利用之前所得到的部分結論解決問題.19．【答案】(1)是連續可表數列；不是連續可表數列(2)證明見詳解(3)證明見詳解【分析】（1）直接利用定義驗證即可；（2）先考慮不符合，再列舉一個合題即可；（3）時，根據和的個數易得顯然不行，再討論時，由可知里面必然有負數，再確定負數只能是，然后分類討論驗證不行即可．【詳解】（1），，，，，所以是連續可表數列；易知，不存在使得，所以不是連續可表數列．（2）證明：若,設為,則至多，6個數字，沒有個，矛盾；當時,數列，滿足，，，，，，，，所以．（3），若最多有種，若，最多有種，所以最多有種，若，則至多可表個數，矛盾,從而若,則，至多可表個數，而，所以其中有負的，從而可表1~20及那個負數（恰21個），這表明中僅一個負的，沒有0，且這個負的在中絕對值最小，同時中沒有兩數相同,設那個負數為，則所有數之和，，所以，再考慮排序，排序中不能有和相同，否則不足個，因為（僅一種方式），所以與2相鄰，若不在兩端,則形