安徽省安慶市2022-2023學(xué)年高一下學(xué)期聯(lián)合期末檢測數(shù)學(xué)試題一、單選題1．已知集合，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)對(duì)數(shù)型函數(shù)的定義域以及一元二次不等式化簡集合，即可由交運(yùn)算求解.【詳解】由題意，或，∴．故選：B2．已知a，b均為實(shí)數(shù)，復(fù)數(shù)：，其中i為虛數(shù)單位，若，則a的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由復(fù)數(shù)為實(shí)數(shù)及不等關(guān)系列不等式，解一元二次不等式即可.【詳解】由題，所以為實(shí)數(shù)，即，則有，解得，即a的取值范圍為.故選：A3．如圖，是水平放置的用斜二測畫法得到的直觀圖（其中），若軸，，則的面積為（

）

A． B．4 C．8 D．【答案】C【分析】根據(jù)直觀圖和原圖的面積關(guān)系，即可求解.【詳解】由題，所以，解得.故選：C4．唐代以來，牡丹之盛，以“洛陽牡丹甲天下”的美名流傳于世．唐朝詩人白居易“花開花落二十日，一城之人皆若狂”和劉禹錫“唯有牡丹真國色，花開時(shí)節(jié)動(dòng)京城”的詩句正是描寫洛陽城的景象．已知根據(jù)花瓣類型可將牡丹分為單瓣類、重瓣類、千瓣類三類，現(xiàn)有牡丹花n朵，千瓣類比單瓣類多30朵，采用分層抽樣方法從中選出12朵牡丹進(jìn)行觀察研究，其中單瓣類有4朵，重瓣類有2朵，千瓣類有6朵，則n＝（

）A．360 B．270 C．240 D．180【答案】D【分析】利用分層抽樣中各層之間的比例，結(jié)合已知條件列方程求解.【詳解】根據(jù)分層抽樣的特點(diǎn)，設(shè)單瓣類、重瓣類、千瓣類的朵數(shù)分別為，由題意可得，解得，所以．故選：D5．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若△ABC為鈍角三角形，且，則c的取值不可能的是（

）A．3 B．4 C．9 D．12【答案】C【分析】分為鈍角或?yàn)殁g角兩種情況，求出的取值范圍，得到答案.【詳解】，故，為鈍角三角形，則為鈍角或?yàn)殁g角，若為鈍角，則有，即解得；若為鈍角，則有，即，解得．即或．因?yàn)?，?不能滿足上述取值范圍.故選：C6．已知向量，則向量在向量上的投影向量是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由投影向量的定義，結(jié)合向量數(shù)量積和模的坐標(biāo)運(yùn)算求解.【詳解】由．故選：A7．某校通過統(tǒng)計(jì)學(xué)生在校的5次模考數(shù)學(xué)成績（分?jǐn)?shù)均為整數(shù)）決定該學(xué)生是否適合進(jìn)行數(shù)學(xué)競賽培訓(xùn)．規(guī)定：“5次?？汲煽兙坏陀?40分”，現(xiàn)有甲、乙、丙三位同學(xué)5次?？汲煽儯瑒t根據(jù)以下數(shù)據(jù)能確定適合數(shù)學(xué)競賽培訓(xùn)的學(xué)生有（

）甲：眾數(shù)為140，中位數(shù)為145；乙：中位數(shù)為145，極差為6；丙：均值為143，其中一次成績?yōu)?45，方差為1.6．A．甲乙 B．甲丙 C．乙丙 D．甲乙丙【答案】B【分析】根據(jù)中位數(shù)以及極差的定義即可判斷甲乙，根據(jù)方差的計(jì)算即可判斷丙.【詳解】甲同學(xué)眾數(shù)為140，說明140出現(xiàn)至少兩次，若保證中位數(shù)為145，說明另外兩個(gè)數(shù)不小于145，滿足參加競賽培訓(xùn)條件；乙同學(xué)若最低分為139分，其余分?jǐn)?shù)均為145分時(shí)符合“中位數(shù)為145，極差為6”，不滿足參加競賽培訓(xùn)條件；丙同學(xué)，設(shè)另外四次成績分別為，所以，由于均為整數(shù)，所以，滿足參加競賽培訓(xùn)條件．故選：B8．設(shè)函數(shù)，若（其中），則的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】分析函數(shù)的性質(zhì)并作出圖象，將問題轉(zhuǎn)化為直線與函數(shù)的圖象的四個(gè)交點(diǎn)問題，結(jié)合圖象性質(zhì)再構(gòu)造函數(shù)，借助單調(diào)性求解作答.【詳解】當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上遞減，函數(shù)值集合為，在上遞增，函數(shù)值集合為，當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上遞減，函數(shù)值集合為，在上遞增，函數(shù)值集合為，作出函數(shù)的圖象，如圖，設(shè)，

當(dāng)時(shí)，直線與函數(shù)的圖象有四個(gè)交點(diǎn)，且交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為，且，當(dāng)時(shí)，由，解得或，于是，由，得，則，即，而，因此，令，顯然函數(shù)在上遞減，且，于是，所以的取值范圍是．故選：D【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：涉及同一函數(shù)的幾個(gè)不同自變量值對(duì)應(yīng)函數(shù)值相等問題，可以轉(zhuǎn)化為直線與函數(shù)圖象交點(diǎn)橫坐標(biāo)問題，結(jié)合函數(shù)圖象性質(zhì)求解.二、多選題9．已知m，n為兩條不同的直線，為兩個(gè)不同的平面，命題“若______，則m⊥n”是真命題，則橫線上可以是下列選項(xiàng)中的（

）A．，且 B．，且C． D．，且【答案】BD【分析】根據(jù)空間中點(diǎn)線面的位置關(guān)系，結(jié)合選項(xiàng)即可逐一求解.【詳解】由且，可得，而垂直同一個(gè)平面的兩條直線相互平行，則，故A錯(cuò)誤；由于，所以，又因?yàn)?，則，故B正確；若，則與平行或異面，故C錯(cuò)誤；設(shè)，在平面內(nèi)作直線，

如圖，又因?yàn)?，則，又，所以，因?yàn)椋?，從而有，故D正確．故選：BD10．歐拉公式（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，i為虛數(shù)單位）是由瑞士著名數(shù)學(xué)家歐拉創(chuàng)立，該公式建立了三角函數(shù)與指數(shù)函數(shù)的關(guān)系，在復(fù)變函數(shù)論中占有非常重要的地位，被譽(yù)為“數(shù)學(xué)中的天橋”，在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)關(guān)于x的方程的兩根為，其中，則下列結(jié)論中正確的是（

）A．復(fù)數(shù)z＝a＋bi對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第一象限 B．C． D．【答案】BCD【分析】根據(jù)歐拉公式可得，進(jìn)而代入方程中，利用復(fù)數(shù)相等的充要條件即可求解，結(jié)合選項(xiàng)即可逐一求解.【詳解】由題，因?yàn)槭堑囊粋€(gè)復(fù)數(shù)根，則，即，則有，解得所以，對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為，在第二象限，故A錯(cuò)誤；，故B正確；，所以，故C正確；，故D正確．故選：BCD11．在中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b．c．若，角A的平分線交于點(diǎn)D，，，則以下結(jié)論正確的是（

）A． B． C．的面積為 D．【答案】AC【分析】利用面積法求邊驗(yàn)證選項(xiàng)A；利用內(nèi)角平分線定理驗(yàn)證選項(xiàng)B，面積公式計(jì)算驗(yàn)證選項(xiàng)C；余弦定理求邊驗(yàn)證選項(xiàng)D【詳解】如圖所示，

，則，，由，即有，所以，因?yàn)椋?，故A正確；由內(nèi)角平分線性質(zhì)可知，，即，故B錯(cuò)誤；，故C正確；在中，由余弦定理得，所以，故D錯(cuò)誤．故選：AC12．如圖1，將正方體沿交于同一頂點(diǎn)的三條棱的中點(diǎn)截去一個(gè)三棱錐，如此共可截去八個(gè)三棱錐，截取后的剩余部分稱為“阿基米德多面體”．阿基米德多面體是一個(gè)有十四個(gè)面的半正多面體，其中八個(gè)面為正三角形，六個(gè)面為正方形、它們的邊長都相等，又稱這樣的半正多面體為二十四等邊體．如圖2，現(xiàn)有一個(gè)邊長為2的二十四等邊體、則關(guān)于該二十四等邊體說法正確的是（

）

A．該二十四等邊體的表面積為B．共有8條棱所在直線與直線AB異面，且所成角為C．任意兩個(gè)有公共頂點(diǎn)的三角形所在平面的夾角余弦值均為D．該二十四等邊題的外接球的體積為【答案】ACD【分析】根據(jù)二十四等邊體的形成過程可知是由8個(gè)邊長為2的正三角形和6個(gè)邊長為2的正方形構(gòu)成，即可由面積公式求解A，根據(jù)等邊三角形可得與相交的棱中與其成的條數(shù)，即可由二十四等邊體的結(jié)構(gòu)特征求解剩余的棱，即可判斷B，根據(jù)面面角即可由對(duì)稱求解C，根據(jù)正方體的外接球即可判斷D.【詳解】由題該二十四等邊體是由8個(gè)邊長為2的正三角形和6個(gè)邊長為2的正方形構(gòu)成，所以表面積，故A正確；在與相交的6條棱中，與所成的角是的棱有共有4條，又這4條棱中，每一條棱都有3條平行的棱，故與異面且所成的角是的棱共有12條，故B錯(cuò)誤；

由圖1知，設(shè)任一三角形所在平面與正方形的底面所成角為，取中點(diǎn)為，連接,由于三角形均為等腰三角形，所以故，由于,所以，由對(duì)稱性可知任意兩個(gè)三角形所在平面的夾角均為，，故C正確；

該二十四等邊體的外接球球心即為原正方體的中心，半徑為球心到任一頂點(diǎn)的距離，易得原正方體邊長為，所以外接球半徑，所以體積，故D正確．故選：ACD三、填空題13．某校高三年級(jí)10次?？贾屑淄瑢W(xué)的數(shù)學(xué)成績從小到大依次排列為94，96，98，98，100，101，101，102，102，103，則甲同學(xué)在這10次?？贾袛?shù)學(xué)成績的第40百分位數(shù)為．【答案】99【分析】根據(jù)百分位數(shù)的定義直接計(jì)算即可【詳解】國灰，所以第40百分位數(shù)為第四、五兩數(shù)的平均數(shù)即為．故答案為：9914．若，且，則．【答案】【分析】根據(jù)條件，再利用平方關(guān)系即可求出結(jié)果.【詳解】．∵，∴．又∵，∴，∴，∴．故答案為：.15．已知事件A，B，C兩兩相互獨(dú)立，若，則P（A）＝．【答案】【分析】根據(jù)相互獨(dú)立事件和對(duì)立事件的概率公式結(jié)合題意列方程組求解即可.【詳解】因?yàn)槭录嗀，B，C兩兩相互獨(dú)立，若，所以，，，解得．故答案為：16．如圖是甲烷的球棍結(jié)構(gòu)，它的分子結(jié)構(gòu)為正四面體結(jié)構(gòu)（正四面體是每個(gè)面都是正三角形的四面體），碳原子位于正四面體的中心，4個(gè)氫原子分別位于正四面體的4個(gè)頂點(diǎn)．已知相鄰的兩個(gè)氫原子之間的距離為7，若不計(jì)原子大小，該正四面體內(nèi)放入一個(gè)圓柱，使得圓柱的下底面在正四面體的底面，則當(dāng)該圓柱的表面積取得最大值時(shí)，圓柱的底面半徑為．

【答案】【分析】利用幾何關(guān)系求出圓柱底面半徑為，利用表面積公式表示出表面積幾何二次函數(shù)最值求出結(jié)果.【詳解】

如圖，不計(jì)原子大小后，設(shè)5個(gè)原子所確定的四面體為正四面體，則其棱長為7，若使圓柱最大，則圓柱的上底面為一個(gè)平行于底面的截面所成正三角形的內(nèi)切圓，設(shè)截面正三角形邊長為，設(shè)圓柱的高交截面于，連接，圓柱的高為，則，，，由幾何關(guān)系可得：，則則圓柱的高，圓柱底面半徑為，所以圓柱表面積：，故當(dāng)時(shí)，取得最大值，此時(shí)．故答案為：.四、解答題17．如圖，在中，，，，點(diǎn)P在線段AC上，且有．(1)用向量表示；(2)求的值．【答案】(1)(2)3【分析】（1）由利用線性表示可求出結(jié)果；（2），再利用向量數(shù)量積運(yùn)算即可求出結(jié)果.【詳解】（1）因?yàn)椋?，所以；?）由（1）得，，因?yàn)?，所以?8．為提高全民的身體素質(zhì)，某市體育局舉行“萬人健步走”活動(dòng)，體育局通過市民上傳微信走步截圖的方式統(tǒng)計(jì)上傳者每天的步數(shù)，現(xiàn)從5月20日參加活動(dòng)的全體市民中隨機(jī)抽取了100人的走步數(shù)組成樣本進(jìn)行研究，并制成如圖所示的頻率分布直方圖（步數(shù)單位：千步）．

(1)求a的值，并根據(jù)直方圖估計(jì)5月20日這100位市民走步數(shù)的平均數(shù)（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間中點(diǎn)值代表）；(2)按分層抽樣的方式在和兩組中抽取5人，再從這5人中隨機(jī)抽取2人進(jìn)行走步路線調(diào)查，求這2人步數(shù)都在的概率．【答案】(1)，千步(2)【分析】（1）由各組的頻率和為1可求出a的值，根據(jù)平均數(shù)的定義結(jié)合頻率分布直方圖求解平均數(shù)；（2）根據(jù)分層抽樣的定義求出在[23，27）和[27，31]兩組中各抽取的人數(shù)，然后利用列舉法可求出概率.【詳解】（1）由題有，解得，由頻率分布直方圖的數(shù)據(jù)，可得這100位市民走步數(shù)的平均數(shù)：千步；（2）在和兩組中的人數(shù)分別為人和人，所以在分組中抽取的人數(shù)為人，記為，在分組中抽取的人數(shù)為2人，記為，所以這5人中隨機(jī)抽取2人的情況有：，共10種取法，其中這2人步數(shù)都在的情況只有，共有1種，所以這2人步數(shù)都在的概率為．19．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是菱形，AB＝2，，△PAB是正三角形，平面PAB⊥平面ABCD，點(diǎn)Q是線段PC的中點(diǎn)．

(1)求三棱錐Q－PAD的體積；(2)求平面PBC與平面BCD夾角的余弦值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)面面垂直得線面垂直，由等體積法即可求解,（2）根據(jù)面面垂直得線面垂直，進(jìn)而根據(jù)面面角的幾何法求解其平面角，利用三角形的邊角關(guān)系即可求解.【詳解】（1）取中點(diǎn)，連接，

∵是正三角形，∴，∵平面平面，且兩平面的交線為，平面，∴平面，∴，，設(shè)，；（2）由（1）知平面，平面，故，過作于，連接，∵平面，,∴平面，則，∴即為平面與平面的夾角，在中，，∴．∴．即平面與平面夾角的余弦值為．20．在中，內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若．(1)求角B的大?。?2)若的外接圓周長為，求BC邊上的中線長.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用弦切互化及正弦定理化簡條件，利用三角形的性質(zhì)結(jié)合正切值求角；（2）根據(jù)正弦定理求出邊，再利用余弦定理求解即可.【詳解】（1）因?yàn)椋鶕?jù)正弦定理可得，因?yàn)?，所以，即，因?yàn)椋?；?）由（1），所以，如圖，取中點(diǎn)，連接，

記的外接圓的半徑為，則，解得，根據(jù)正弦定理可得，所以，即.根據(jù)余弦定理可得，所以，故邊上的中線長為.21．如圖，在斜三棱柱中，四邊形是邊長為2的菱形，，為正三角形，平面平面，點(diǎn)P是棱的中點(diǎn)．

(1)求證：平面平面；(2)求與平面所成角．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】(1)利用面面垂直的判定定理即可進(jìn)行證明；(2)根據(jù)幾何關(guān)系證明平面，則即為與平面所成的角，再利用幾何關(guān)系求出線面角.【詳解】（1）

證明：連接交于點(diǎn)，連接，取中點(diǎn)，連接，∵，且，∴，且，∴四邊形為平行四邊形，∴．∵為正三角形，∴，∵平面平面，平面平面，∴平面，∴平面，又∵平面，∴平面平面；（2）由（1）得平面平面，平面平面，平面，∴平面，則即為與平面所成的角，又，∴在中，，∵，∴．故與平面所成角為．22．已知函數(shù)．(1)當(dāng)函數(shù)是偶函數(shù)時(shí)，解不等式：；(2)若函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【答案】(1