精品解析：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

株洲市二中教育集团2024年上学期高一期末联考 数学试题（答案） 命题人：马应鹏、何小燕 审题人：刘意云 时量：120分钟 分值：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出集合，再求交集可得答案. 【详解】，则 故选：A. 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 【答案】D 【解析】 【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. 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. 8 【答案】B 【解析】 【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. 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. 【答案】C 【解析】 【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】圆锥底面圆半径，母线，高， 由圆锥的表面积为，得，而，解得， 因此， 所以该圆锥的体积. 故选：C 5. 已知正方体，平面与平面的交线为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【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】正方体中，平面平面， 平面平面，平面平面，所以， 正方体中，且，四边形为平行四边形， 则有，所以，C选项正确； 都与相交，则与都不平行，ABD选项都错误. 故选：C. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【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. 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 【答案】D 【解析】 【分析】计算出，根据，求，根据与的关系判断两个事件是否独立，从而得到正确答案即可. 【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，因此事件与事件独立，故D错误. 故选：D. 8. 已知函数的定义域为，且，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】赋值求解，赋式证明奇偶性性与周期性，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. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 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36； 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； D. 若样本数据的平均数为2，则的平均数为8. 【答案】ABD 【解析】 【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，所以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，所以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，所以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，所以D正确. 故选：ABD 10. 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. 经过年后，样本中的氚元素会全部消失 B. 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 C. 经过年后，样本中的氚的质量变为原来的 D. 若年后，样本中氚的质量为，则 【答案】BC 【解析】 【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】对于A，当时，，故A错误； 对于B，当时，，所以此时样本中氚的质量衰变了一半，故B正确； 对于C，当时，，即经过62.15年后，样本中的氚的质量变为原来的，故C正确； 对于D，由题意，化简得，将代入其中，可得，故D错误. 故选：BC. 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4 C. 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 【答案】ACD 【解析】 【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，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，且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， 且正四棱台的体积，故正确. 故选：. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数则______. 【答案】3 【解析】 【分析】根据函数的解析式直接代入求函数值即可. 【详解】，， 故答案为：3 13. 已知平行四边形中，，，.若点满足，点为中点，则_____. 【答案】 【解析】 【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：， ，， . 故答案为：. 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_________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【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，， 所以， 化简得，因为，故； （2） 由题意，，因此， 由余弦定理，， 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. 故答案为：； 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. 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 由可得， 所以， 而，所以. 【小问2详解】 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. 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. 【答案】（1）0.03 （2） （3）；. 【解析】 【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. 【小问1详解】 由题可知， 解得； 【小问2详解】 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人中怡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； 【小问3详解】 ， . 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. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【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. 【小问1详解】 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， 从而， 四边形为平行四边形， 故， 又平面， 平面； 【小问2详解】 作，且，连结， 由，，得， 由，，得≌，由，得， 因此为二面角的平面角， 由（1）得平面，平面， 所以， 由，，，得， 故， 由余弦定理得，， 所以. 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？ 【答案】（1）， （2）， （3）个 【解析】 【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. 【小问1详解】 注意到，又， 则. 则， 又，则，； 【小问2详解】 由图，， 又由（1），则， 即，； 【小问3详解】 由（2），. 则，则， 化简得：，解得或. 因，则，故， 设改造后停车位数量最大值为. 如图，过停车位顶点做射线垂线，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. ，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. 【点睛】关键点睛：本题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. 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：． 【答案】（1）是连续可表数列；不是连续可表数列． （2）证明见解析． （3）证明见解析． 【解析】 【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）先证明，再说明时不合题意，找出且满足题意的数列即可得解． 【小问1详解】 ，，，，，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． 【小问2详解】 若,设为,则至多，6个数字，没有个，矛盾； 当时,数列，满足，，，，，，，， ． 【小问3详解】 若数列为连续可表数列， 则，这不可能！因而满足题设的． 若，得整数数列中的连续若干项（至少一项，下同）的和， ； ， ； ； 最多能表示（下简称数列的连续项和表示）出21个两两互异的正整数， 且题设是能表示出这20个正整数． ①若数列的六项均是自然数，由题设， 可得数列的连续项和均小于20（没有表示出20），与题设矛盾！ 所以数列中有负项且负项的项数是1（若存在两个负项，则数列的连续项和表示中会少两个正整数，至多能表示个正整数，不满足题设）． 若数列的项中还有0，则数列的连续项和表示中会少两个正整数（负项与0），不满足题设，因而数列的项是一项负五项正（且这五个正项两两互异）． 还可得：数列的连续项和表示中除负项这个和外组成的集合是． 因为其中最大的是20，所以20的连续项和表示是最多的连续若干个正项之和（即对数列的连续正项全部求和）． ②因为＂若数列满足题设，则数列 满足题设＂， 所以可只考虑数列或或的情形． 若且数列的其余五项都是正项，则或．若，则由， 可得，得数列的连续项和表示中的均不是正整数；若， 则由，可得， 得数列的连续项和表示中的均不是正整数．均不满足题设． 同理，可证得也不满足题设．因而， 且． ③若两两互异的五个正整数中没有1，则． 因而． 再由数列的连续项和表示中最小的正数是1，可得． 若，则 得数列的连续项和表示中会少表示一个正整数，不满足题设， 因而． 而，所以． 再由，可得， ， 再得数列的连续项和表示中17的表示只可能是， 进而可得. 又由数列的连续项和表示中有14，可得， ，得数列是（但或但，均不可能，因而中有1． ④由数列的连续项和表示中有19及， 可得或（得或． 若，则，得数列的连续项和表示中会少表示一个正整数； 若，可得（否则，数列的连续项和表示中会少表示一个正整数）， 所以，得， 数列的连续项和表示中会少表示一个正整数．均不满足题设． 所以． ⑤由数列的连续项和表示中有18及和为19的两两互异的四个数均大于1及， 可得得或（得， 数列的连续项和表示中会少表示一个正整数）. 所以． ⑥由数列的连续项和表示中有16及和为19的两两互异的四个数均大于1， （且4：因为及， 可得（得）或得或， （得，与矛盾）或得，与矛盾）． （i）． 由数列的连续项和表示中有15（可证得15的表示中没有也没有），可得得， 这不可能）或（得，，这不可能）或（得，与矛盾）或得，再得，这不可能）． （ii）． 由数列的连续项和表示中有14，可得 得与或重复，这不可能）， 或（得， 这不可能）或（得，， 进而可得数列是，（此时，这不可能）或，3，2，1（此时，这不可能））或得， 再由数列的连续项和表示中有13， 可得数列是（但，这不可能）或（但，这不可能）） 或（得，这不可能）． 综上所述，可得欲证结论成立． 【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从到中间的任意一个值．本题第二问时，通过和值可能个数否定；第三问先通过和值的可能个数否定，再验证时，数列中的几项如果符合必然是的一个排序，可验证这组数不合题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 株洲市二中教育集团2024年上学期高一期末联考 数学试题（答案） 命题人：马应鹏、何小燕 审题人：刘意云 时量：120分钟 分值：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 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. 8 4. 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、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 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36； 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； D. 若样本数据的平均数为2，则的平均数为8. 10. 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. 经过年后，样本中的氚元素会全部消失 B. 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 C. 经过年后，样本中的氚的质量变为原来的 D. 若年后，样本中氚的质量为，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4 C. 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：本题共3小题，每小题5分，共15分. 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. 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：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $