2023-2024学年安徽省皖北县中联盟联考高一下学期期末数学试卷
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，，，则集合中的元素个数为( )
A. B. C. D.
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
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
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. C. D.
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个一样的盒子，其中个盒中各装有一个变形金刚玩具，另外个盒中装有一套积木玩具这名小朋友要从这个盒中选出个盒子作为生日礼物，则恰好取到个变形金刚玩具和套积木玩具的概率为( )
A. B. C. D.
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.
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.
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.
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在学校组织的爱我中华主题演讲比赛中，有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
10.已知圆台的上、下底面半径分别为和，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
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，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，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，则的面积是面积的倍
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的样本，则应抽取三年级的学生人数为 ．
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 ．
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 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
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．
求的值
估计样本中指标数据的分位数．
16.本小题分
已知的内角，，的对边分别为，，，且B.
求
若，，求的周长．
17.本小题分
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，答对每道题目得分，答错或不答得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．
求的值
求甲、乙得分之和为分的概率．
18.本小题分
如图，在四棱锥中，为边上的中点，为边上的中点，平面平面，，，，．
求证：平面
求证：平面
若直线与底面所成角的余弦值为，求二面角的正切值．
19.本小题分
已知函数满足，且，当时，函数
求实数的值
当时，求的解析式
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．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：由图可知，，
解得．
由频率分布直方图可知，数据小于的指标数据所占比例为，，
数据小于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．
16.解：由正弦定理得，
即，，
又，所以，
又，所以；
由得，所以，
由余弦定理得，
所以，所以，
故的周长为．
17.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．
设表示甲答对道题目，表示甲答对道题目表示乙答对道题目，表示乙答对道题目，则，
，，
设表示甲、乙得分之和为分的事件，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.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；
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，
所以直线平面，
又平面，
所以，
又，，平面，
所以平面．
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．
19.解：当时，，故，
因为时，，所以，
因为，所以，解得．
当时，，
则，
又，
故，
所以当时，．
由，即，
所以的定义域为，
故在时恒成立
即在时恒成立，
则，即，解得，
因为，
又因为，所以，
当时，在上单调递增，
故，．
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，
综上，．
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，，符合要求
当时，则，可得，与矛盾；
综上，不存在．
第1页，共1页
