湖南省長沙市2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期期末調(diào)研數(shù)學(xué)試卷

湖南省長沙市20232024學(xué)年高一下學(xué)期期末調(diào)研數(shù)學(xué)試卷（含答案）一、單選題1．若復(fù)數(shù)是純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)a的值為（

）A．0 B．1 C．1 D．2．已知一組數(shù)據(jù)4，8，9，3，3，5，7，9，則（

）A．這組數(shù)據(jù)的上四分位數(shù)為8 B．這組數(shù)據(jù)沒有眾數(shù)C．這組數(shù)據(jù)的極差為5 D．這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為63．已知，為實(shí)數(shù)，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．在三角形中，，則（

）A．10 B．22 C． D．5．已知，則（） B. C. D.6．我國古代《九章算術(shù)》將上下兩個(gè)平行平面為矩形的六面體稱為芻童.如圖池盆幾何體是一個(gè)芻童，其中上，下底面均為正方形，且邊長分別為8和4，側(cè)面是全等的等腰梯形，且梯形的高為，則該盆中最多能裝的水的體積為（

）A． B． C． D．4487．已知函數(shù)是定義在上周期為4的奇函數(shù)，且，則不等式在上的解集為（

）A． B．C． D．8．在中，，為外心，且，則的最大值為（

）A． B． C． D．二、多選題9．在棱長為1的正方體中，分別為棱的中點(diǎn)，則（

）A．直線與是異面直線B．直線與所成的角是C．直線平面D．平面截正方體所得的截面面積為.10．已知函數(shù)的部分圖象如圖所示，則下列說法正確的是（

）A．B．C．直線為圖象的一條對(duì)稱軸D．將圖象上的所有點(diǎn)向左平移個(gè)單位長度得到的圖象11．已知函數(shù)其中，且，則（

）A． B．函數(shù)有2個(gè)零點(diǎn)C． D．三、填空題12．?dāng)?shù)據(jù)的方差為1，則數(shù)據(jù)的方差為．13．在《九章算術(shù)》中，將底面為矩形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱為“陽馬”.如圖，四棱錐為陽馬，側(cè)棱底面為棱的中點(diǎn)，則直線與平面所成角的余弦值為.14．設(shè)定義在上的函數(shù)的值域?yàn)锳，若集合A為有限集，且對(duì)任意，存在，使得，則滿足條件的集合A的個(gè)數(shù)為．四、解答題15．某重點(diǎn)中學(xué)100位學(xué)生在市統(tǒng)考中的理科綜合分?jǐn)?shù)，以，，，，，，分組的頻率分布直方圖如圖．(1)求直方圖中的值；(2)求理科綜合分?jǐn)?shù)的中位數(shù)；16．已知為虛數(shù)單位，是實(shí)系數(shù)一元二次方程的兩個(gè)虛根.(1)設(shè)滿足方程，求；(2)設(shè)，復(fù)數(shù)所對(duì)的向量分別是與，若向量與的夾角為鈍角，求實(shí)數(shù)的取值范圍.17．已知函數(shù)．(1)若，求不等式的解集；(2)若，恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．18．如圖，已知是圓柱下底面圓的直徑，點(diǎn)是下底面圓周上異于的動(dòng)點(diǎn)，，是圓柱的兩條母線．(1)求證：平面；(2)若，，圓柱的母線長為，求平面與平面所成的銳二面角的余弦值．19．已知函數(shù)為偶函數(shù)．(1)求的值；(2)若，判斷在的單調(diào)性，并用定義法給出證明；(3)若在區(qū)間上恒成立，求的取值范圍．參考答案：1．A【分析】根據(jù)純虛數(shù)的概念列方程求解.【詳解】根據(jù)題意，復(fù)數(shù)是純虛數(shù)，所以且，解得.故選：A2．D【分析】根據(jù)給定條件，結(jié)合上四分位數(shù)、眾數(shù)、極差、平均數(shù)的意義依次判斷即得.【詳解】對(duì)于A，給定數(shù)據(jù)由小到大排列為3，3，4，5，7，8，9，9，而，所以這組數(shù)據(jù)的上四分位數(shù)為，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)是3和9，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，這組數(shù)據(jù)的極差為6，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為，D正確.故選：D3．A【分析】利用不等式的等價(jià)思想，作差分析，結(jié)合充分性與必要性進(jìn)行推理即可.【詳解】由，得，所以，充分性成立；由，得，不妨取滿足不等式，所以推不出，從而得不到，必要性不成立.故選:A.4．B【分析】根據(jù)數(shù)量積的運(yùn)算律計(jì)算即可.【詳解】.故選：B.5．【答案】B【解析】【分析】利用正弦函數(shù)圖象的對(duì)稱性得，再根據(jù)誘導(dǎo)公式和二倍角的余弦公式可求出結(jié)果.【詳解】因?yàn)?，所以，即，，所?故選：B6.B【分析】根據(jù)題意可知，這個(gè)芻童為棱臺(tái)，求出棱臺(tái)的高，再根據(jù)棱臺(tái)的體積公式即可得出答案.【詳解】根據(jù)題意可知，這個(gè)芻童為棱臺(tái)，如圖，為垂直底面的截面，則棱臺(tái)的高為，所以該幾何體的體積為，即該盆中最多能裝的水的體積為.故選：B.7．B【分析】由函數(shù)的圖象向右平移1個(gè)單位長度，作出函數(shù)在上的圖象，結(jié)合圖象，即可求解.【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)是定義在R上周期為4的奇函數(shù)，且，所以當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，所以；當(dāng)時(shí)，，所以，函數(shù)的圖象可由函數(shù)的圖象向右平移1個(gè)單位長度得到，作出函數(shù)在上的圖象，如圖所示．由圖可知不等式在上的解集為．故選：B．8．A【分析】根據(jù)三角形外心性質(zhì)及數(shù)量積的幾何意義，可得在方向上的投影向量為，從而求得，再根據(jù)余弦定理及基本不等式可求得最值．【詳解】由O為△ABC外心，可得在方向上的投影向量為，則，故，又，設(shè)，則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，由可知，，故的最大值為．故選：A．9．ABD【分析】根據(jù)異面直線成角，線面垂直的判定定理，梯形面積公式逐項(xiàng)判斷即可.【詳解】對(duì)于A，由于平面，平面，故直線與是異面直線，故A正確；對(duì)于B，如圖，連接，因?yàn)榉謩e為棱的中點(diǎn)，所以，所以直線與所成的角即為直線與所成的角，又因?yàn)槭堑冗吶切?，所以直線與所成的角為，故直線與所成的角是，故B正確；對(duì)于C，如圖，假設(shè)直線平面，又因?yàn)槠矫妫?，而，這三邊不能構(gòu)成直角三角形，所以與不垂直，故假設(shè)錯(cuò)誤，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，如圖，連接，因?yàn)?，所以，所以平面截正方體所得的截面為梯形，且，所以梯形的高為，所以截面面積為，故D正確.故選：ABD.10．ACD【分析】根據(jù)函數(shù)的圖象，求得，可得判定A正確，B不正確，再結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)，以及三角函數(shù)的圖象變換，可判定C、D正確.【詳解】由函數(shù)的圖象，可得，可得，則，又由，所以，又由，即，因?yàn)?，所以，可得，所以，所以A正確；B不正確；對(duì)于C中，由為函數(shù)的最大值，所以直線為圖象的一條對(duì)稱軸，所以C正確；對(duì)于D中，將圖象上的所有點(diǎn)向左平移個(gè)單位長度，可得，所以D正確.故選：ACD.11．ACD【分析】先作出函數(shù)圖象，結(jié)合圖象逐一判定即可.【詳解】解：，故A正確；作出函數(shù)的圖象如圖所示，觀察可知，，而，故，有3個(gè)交點(diǎn)，即函數(shù)有3個(gè)零點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；由對(duì)稱性，，而，故，故C正確；b，c是方程的根，故，令，則，故，而，均為正數(shù)且在上單調(diào)遞增，故，故D正確，故選：ACD.12．4【分析】直接利用方差公式求解即可.【詳解】設(shè)的平均數(shù)為，則的平均數(shù)為，所以的方差為：.故答案為：4.13．/【分析】首先證明平面，再根據(jù)線面角的定義，即可作出線面角的平面角，再計(jì)算這個(gè)平面角的大小.【詳解】因?yàn)槠矫鍭BCD，平面ABCD，故可得，又，，平面，故平面，連接，故即為所求直線與平面所成角.由，故在直角三角形中，，故，則，則直線CE與平面PAD所成角的余弦值為，故答案為：.14．5【分析】根據(jù)題意，得到A中最大元素不超過1，最小元素不小于，再跟進(jìn)集合元素的個(gè)數(shù)，分類討論，結(jié)合集合中元素的性質(zhì)，即可求解.【詳解】解：若A中最大元素為大于1的元素為a，則，不滿足題意，故A中最大元素不超過1，同理可得A中最小元素不小于，若集合A中只有一個(gè)元素a，則，可得或，所以或，若集合A中有兩個(gè)元素，則或，當(dāng)時(shí)，可得（舍去）或，此時(shí)，可得，所以；當(dāng)時(shí)，，所以，可得，截得，所以，所以或（舍去），所以；若集合A中有三個(gè)元素，則或或，當(dāng)時(shí)，或（舍），此時(shí)，，，所以，或，解得，，（舍去），當(dāng)時(shí)，，，可得，，所以，，即，其集合A中有四個(gè)或四個(gè)以上元素，則由上推導(dǎo)可得，，，矛盾，即此時(shí)A無解．綜上，所滿足條件的集合A可以為，共5個(gè)．故答案為：5．15．(1)(2)224【分析】（1）由頻率分布直方圖中所有小矩形的面積之和為得到方程，解得即可；（2）首先判斷中位數(shù)在內(nèi)，再設(shè)出未知數(shù)，列出方程，解得即可.【詳解】（1）由頻率分布直方圖可得，解得：.（2）由于，，因此理科綜合分?jǐn)?shù)的中位數(shù)在內(nèi)，設(shè)中位數(shù)為，由，解得，∴月平均用電量的中位數(shù)為224.16．(1)或(2)【分析】（1）設(shè)出的代數(shù)形式根據(jù)復(fù)數(shù)相等可得答案；（2）求出與的坐標(biāo)，根據(jù)向量夾角為鈍角列出的不等式可得答案.【詳解】（1）不妨設(shè)，則，因?yàn)闈M足方程，所以，可得，所以，解得，所以，或；（2）設(shè)，則，因?yàn)閺?fù)數(shù)所對(duì)的向量分別是與，所以，，可得，，若向量與的夾角為鈍角，則，且，即，且，解得，，實(shí)數(shù)的取值范圍是.17．(1)(2)【分析】（1）變形得到，結(jié)合得到，求出解集；（2）換元后得到對(duì)任意恒成立，由基本不等式求出最小值，得到答案.【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，可得，即，整理為，因?yàn)?，所以，解得，所以不等式的解集為；?）因?yàn)?，令，可得，由，可得，，恒成立，即?duì)任意恒成立，又因?yàn)?，?dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等，所以，即實(shí)數(shù)m的取值范圍為．18．(1)證明見解析；(2)【分析】（1）先證明線面垂直，通過線面垂直得到線線垂直，再證線面垂直，最后得到面面垂直即可；（2）先作出底面的垂線，再由垂足作兩個(gè)面的交線的垂線，最后連接交線的垂足與斜足構(gòu)成二面角的平面角求解即可.【詳解】（1）因?yàn)槭堑酌娴囊粭l直徑，是下底面圓周上異于的動(dòng)點(diǎn)，所以，又因?yàn)槭菆A柱的一條母線，所以底面，而底面，所以，因?yàn)槠矫?，平面，且，所以平面，又因?yàn)?，所以平面平面；?）如圖所示，過作圓柱的母線，連接，因?yàn)榈酌?/上底面，所以即求平面與平面所成銳二面角的大小，因?yàn)樵诘酌娴纳溆盀椋覟橄碌酌娴闹睆?，所以為上底面的直徑，因?yàn)槭菆A柱的母線，所以平面，又因?yàn)闉樯系酌娴闹睆?，所以，而平面，所以為平面與平面所成的二面角的平面角，又因?yàn)樵诘酌嫔溆盀?，所以，，所以，又因?yàn)槟妇€長為，所以，又因?yàn)槠矫?，平面，所以，所?所以，即平面與平面所成的銳二面角的余弦值為.19．(1)(2)單調(diào)遞增，證明見解析(3)【分析】（1）根據(jù)，得到方程，求出；（2）先得到，定義法判斷函數(shù)單調(diào)性步驟，取值，作差，判號(hào)，下結(jié)論；（3）參變分離得到，構(gòu)造，換元后