/安徽省皖北縣2023?2024學年高一下冊期末聯考數學試卷一、單選題（本大題共8小題）1．集合滿足，，，則集合中的元素個數為（

）A．3 B．4 C．5 D．62．復數（為虛數單位）在復平面內對應的點位于（

）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，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．如圖，一個水平放置的平面圖形的斜二測直觀圖是直角梯形，且，，則該平面圖形的高為（

）A． B．2 C． D．5．某幼兒園一名小朋友過生日，幼兒園老師為該小朋友準備了5個一樣的盒子，其中4個盒中各裝有一個變形金剛玩具，另外1個盒中裝有一套積木玩具．這名小朋友要從這5個盒中選出2個盒子作為生日禮物，則恰好取到1個變形金剛玩具和1套積木玩具的概率為（

）A． B． C． D．6．函數fx=sinωx+π3A．23π,76πC．23π,76π7．在正四棱臺中，，點為底面的中心，則異面直線與所成的角為（

）A． B． C． D．8．已知中，，且為的外心．若在上的投影向量為，且，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．在學校組織的《愛我中華》主題演講比賽中，有10位評委對每位選手進行評分（評分互不相同），將選手的得分去掉一個最低評分和一個最高評分，則下列選項正確的是（

）A．剩下評分的平均值變大B．剩下評分的極差變小C．剩下評分的方差變小D．剩下評分的中位數變大10．已知圓臺的上、下底面半徑分別為1和3，母線長為，則（

）A．圓臺的母線與底面所成的角為B．圓臺的側面積為C．圓臺的體積為D．若圓臺的兩個底面的圓周在同一個球的球面上，則該球的表面積為11．東漢末年的數學家趙爽在《周髀算經》中利用一副“弦圖”，根據面積關系給出了勾股定理的證明，后人稱其為“趙爽弦圖”．如圖1，它由四個全等的直角三角形與一個小正方形拼成的一個大正方形．我們通過類比得到圖2，它是由三個全等的鈍角三角形與一個小等邊三角形拼成的一個大等邊三角形．對于圖2．下列結論錯誤的是（

）

A．這三個全等的鈍角三角形可能是等腰三角形B．若，則C．若，則D．若是的中點，則的面積是面積的5倍三、填空題（本大題共3小題）12．某大學共有本科生5000人，其中一、二、三、四年級的人數比為，要用分層抽樣的方法從所有本科生中抽取一個容量為300的樣本，則應抽取三年級的學生人數為．13．在正方體中，分別是的中點，，則過點的平面截該正方體所得的截面周長為．14．人臉識別就是利用計算機分析人臉視頻或者圖像，并從中提取出有效的識別信息，最終判別人臉對象的身份．在人臉識別中為了檢測樣本之間的相似度主要應用距離的測試，常用的測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離．已知二維空間兩個點、，則其曼哈頓距離為，余弦相似度為，余弦距離為．已知，、、、，若，，則．四、解答題（本大題共5小題）15．某廠引進一種生產新能源汽車關鍵部件的設備，為了解該設備生產的關鍵部件的某項指標的情況，隨機抽取了100件關鍵部件的該項指標數據，按分組，并繪制出如圖所示的頻率分布直方圖．(1)求的值；(2)估計樣本中指標數據的分位數．16．已知的內角的對邊分別為，且.(1)求；(2)若，求的周長.17．某校為了培養學生數學學科的核心素養，組織了數學建模知識競賽，共有兩道題目，答對每道題目得10分，答錯或不答得0分．甲答對每道題的概率為，乙答對每道題的概率為，且甲、乙答對與否互不影響，各題答題結果互不影響．已知第一題至少一人答對的概率為．(1)求的值；(2)求甲、乙得分之和為30分的概率．18．如圖，在四棱錐中，為邊上的中點，為邊上的中點，平面平面，．

(1)求證：平面；(2)求證：平面；(3)若直線與底面所成角的余弦值為，求二面角的正切值．19．已知函數滿足，且，當時，．函數．(1)求實數的值；(2)當時，求的解析式；(3)設，是否存在實數，使不等式在時恒成立？若存在，求實數的取值范圍；若不存在，請說明理由．

答案1．【正確答案】B【分析】根據題意，結合集合的交集、并集的概念及運算，即可求解.【詳解】由集合滿足,因為，可得，又因為，可得，因為，所以，即集合中的元素個數為4．故選B.2．【正確答案】D【詳解】，復數在復平面內對應的點的坐標是，位于第四象限．故選：D3．【正確答案】A【分析】由向量垂直的坐標表示求得值，結合充分必要條件的判定方法得答案．【詳解】當時，，所以，充分性成立；，，解得或，必要性不成立；“”是“”的充分不必要條件．故選A．4．【正確答案】C【分析】由題意計算可得，還原圖形后可得原圖形中各邊長，即可得其高.【詳解】在直角梯形中，，，則，直角梯形對應的原平面圖形為如圖中直角梯形，則有，所以該平面圖形的高為.故選C.5．【正確答案】B【分析】根據題意，由列舉法得到所有情況，再由古典概型的概率計算公式即可得到結果．【詳解】設裝有變形金剛玩具的盒子分別為，裝積木玩具的盒子為，則從這5個盒子中選出2個盒子的不同選法為：，，共10種不同方法，恰好選到1個變形金剛玩具和1套積木玩具的不同選法有，共4種不同方法，故所求概率，故A，C，D錯誤．故選B．6．【正確答案】C【分析】利用正弦型函數的性質列出關于ω的不等式，求解即可．【詳解】由x∈0,1，設t=ωx+π3由圖可知直線x=ω+π3在線段AB之間，不含點所以π＜ω+π3?故選：C.7．【正確答案】C【分析】由棱臺的結構特征可得，則或其補角為異面直線與所成的角，利用正棱臺的結構求解即可．【詳解】如圖所示，連接，則，連接，因為，所以．易知四邊形為平行四邊形，則，且，所以或其補角為異面直線與所成的角，同理知，又，所以為等邊三角形，所以，故選C．

8．【正確答案】A【分析】根據題意B，O，C三點共線．因為為的外心，即有，所以為直角三角形，利用向量得投影結合圖形即可得解.【詳解】因為，則，所以，即B，O，C三點共線．因為為的外心，即有，所以為直角三角形，因此，為斜邊的中點．因為，所以為銳角．如圖，過點作，垂足為．因為在上的投影向量為，所以，所以在上的投影向量為．又因為，所以．因為，所以，故的取值范圍為．故選A．9．【正確答案】BC【分析】去掉一個最低評分和一個最高評分平均分變換未知，根據極差概念知極差變小，根據方差意義知方差也變小，根據中位數概念知中位數未變．【詳解】對A，去掉一個最低評分和一個最高分后剩下評分的平均值有可能變小、不變或變大，A錯誤；對B，剩下評分的極差一定會變小，B正確；對C，剩下評分的波動性變小，則方差變小，C正確；對D，剩下評分的中位數不變，D錯誤．故選BC．10．【正確答案】ABD【分析】選項A，先求出圓臺的高，進而求出圓臺的母線與底面所成的角即可；選項B，由圓臺的側面積公式求解即可；選項C，由圓臺的體積公式求解即可；選項D，設球心到下底面的距離為，由勾股定理得，求解即可.【詳解】對于A，因為圓臺的上、下底面半徑分別為1和3，母線為，所以圓臺的高為：，根據線面角定義求出母線與底面所成角，A正確；對于B，由圓臺的側面積公式，求得圓臺的側面積為：，B正確；對于C，由圓臺的體積公式，求得圓臺體積為：，C錯誤；對于D，由題意可知球心在下底面下方，設球心到下底面的距離為，由勾股定理得，解得，則該球的半徑為，所以該球的表面積為，D正確．故選ABD.11．【正確答案】ACD【分析】對于A選項：由，即可判斷A；對于B選項：在中，利用正弦定理求得，進而可判斷B；對于C選項：在中，設，利用余弦定理即可求得，進而可判斷C；對于D選項：利用三角形的面積公式，可得，進而可判斷D．【詳解】對于A，根據題意，題圖2是由三個全等的鈍角三角形與一個小等邊三角形拼成的一個大等邊三角形，故，所以這三個全等的鈍角三角形不可能是等腰三角形，故A錯誤；對于B，在中，，所以，而，所以，由正弦定理得，解得，又因為，所以，故B正確；對于C，不妨設，在中，由余弦定理得，即，解得，所以，故C錯誤；對于D，若是的中點，，所以，故D錯誤．故選ACD．【關鍵點撥】關鍵是利用正弦定理、余弦定理、三角形面積公式進行分析，由此即可順利得解.12．【正確答案】60【分析】先算出抽取比例，然后再算出抽取的人數．【詳解】由題意知，要用分層抽樣的方法從該系所有本科生中抽取一個容量為300的樣本，則應抽三年級的學生人數為：（人）．故60．13．【正確答案】【分析】過且過的平面與面的交線平行于即為，由此能求出過點的平面截該正方體所得的截面的周長．【詳解】正方體中，分別是棱的中點，．平面平面，平面，由正方體的棱長為4，截面是以為腰，為上底，為下底的等腰梯形，故周長為．故答案為.14．【正確答案】【分析】利用定義得到，進而得到，同理可得，，從而利用余弦和角公式得到，故，得到，利用二倍角公式求出，從而求出.【詳解】因為，，所以，因為，所以．因為，所以，因為，則，所以．因為，，所以．又因為，，所以，所以．故【方法總結】新定義問題的方法和技巧：（1）可通過舉例子的方式，將抽象的定義轉化為具體的簡單的應用，從而加深對信息的理解；（2）可用自己的語言轉述新信息所表達的內容，如果能清晰描述，那么說明對此信息理解的較為透徹；（3）發現新信息與所學知識的聯系，并從描述中體會信息的本質特征與規律；（4）如果新信息是課本知識的推廣，則要關注此信息與課本中概念的不同之處，以及什么情況下可以使用書上的概念.15．【正確答案】(1)(2)27.5．【分析】（1）頻率分布直方圖中，所有矩形的面積和為1，列出關于的方程，求解即可．（2）根據百分位數的概念求解即可．【詳解】（1）由圖可知，，解得．（2）由頻率分布直方圖可知，數據小于25的指標數據所占比例為，數據小于30的指標數據所占比例為，所以分位數一定在內，由，所以估計樣本中指標數據的分位數為27.5．16．【正確答案】(1)；(2).【分析】（1）利用正弦定理邊化角，再利用和角的正弦求解即得.（2）利用正弦定理角化邊，再利用余弦定理求解即得.【詳解】（1）在中，由及正弦定理，得，即，則，而，因此，而，所以.（2）由及正弦定理得，而，則，由余弦定理得，則，解得，所以的周長是.17．【正確答案】(1)(2)【分析】（1）根據條件，列出關于的方程，求解即可；（2）根據條件，分為甲答對1題，乙答對2題；甲對2題，乙對1題兩種情況進行求解即可．【詳解】（1）設“甲答對第一題”，“乙答對第一題”，則，因為與相互獨立，所以與相互獨立．由于事件“第一題至少一人答對”的對立事件是“第一題甲、乙都答錯”，根據對立事件的性質，得第一題至少一人答對的概率為，由題意可知，，解得．（2）設表示甲答對1道題目，表示甲答對2道題目；表示乙答對1道題目，表示乙答對2道題目，則；，設表示甲、乙得分之和為30分的事件，則，因為甲、乙答對與否互不影響，各題答題結果互不影響，所以與相互獨立，與相互獨立，且與互斥，則．18．【正確答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)【分析】（1）法一：連接，由為的中位線，得，由線面平行的判定得證；法二：設中點為中點為，連接，由三角形的中位線得證四邊形為平行四邊形，則，由線面平行的判定定理得證；（2）由題意，推導出，由此可證明平面；（3）由平面，得直線與底面所成的角為，得，設的中點為，連接，過點作的垂線交于，連接，由線面垂直的判定定理以及性質定理得是二面角的平面角，求解．【詳解】（1）證明：法一：連接，

在中，因為為對應邊上的中點，所以為中位線，，又平面平面，平面；法二：設中點為中點為，連接，

在中，因為為對應邊上的中點，所以為中位線，且，同理，在中，且，且，四邊形為平行四邊形，，又平面平面，平面；（2）在四邊形中，，所以都為等腰直角三角形，即，又因為平面平面，平面平面，平面，所以直線平面，又平面，所以，又平面，所以平面．（3）直線與底面所成角的余弦值為，且平面，直線與底面所成的角為，又，則，在中，，，設的中點為，連接，過點作的垂線交于，連接，

由（1）知，，且平面，則平面，平面，，平面，平面，平面，，又，則是二面角的平面角，，，設二面角的平面角為，則二面角的正切值為．【關鍵點撥】第三問的關鍵是得到是二面角的平面角，再結合解三角形知識即可順利得解.19．【正確答案】(1)(2)(3)不存在，理由見解析【分析】（1）賦值法得到，由求得（2）當時，，故，根據求出解析式；（3）求出的定義域為，根據復合函數的單調性得到?在?

?上單調遞減，構造，結合零點存在性定理得到使得，故需要滿足，先由定義域得到，分和、兩種情況，兩種情況下求出最小值，分析得到均不合題意，則這樣的實數不存在.【詳解】（1）當時，，故，因為時，，所以，因為，所以，解得．（2）當時，，則，又，故，所以當時，．（3）由，即，所以的定義域為，若存在滿足題意的，首先有在時恒成立，即在時恒成立，首先有，其次令，關于的二次函數的對稱軸為，當，即時，還要保證，解得，當時，只需，解得，所以在時恒成立當且僅當．因為，又因為，所以，當時，在上單調遞增，此時的值域是的子集．當時，在上先增后減，在或處取得最小值，且，，，其中為對勾函數，在上單調遞減，在上單調遞增，又，，，故的值域是的子集，綜上，的值域是的子集．故只需考慮在的情況即可，因為在上單調遞減，根據復合函數的單調性得到在上單調遞減，又時，圖象的對