河南省焦作市博爱县第一中学20232024学年高一下学期6月期末考试数学试题（含解析）

焦作市博爱县第一中学2023—2024学年高一（下）期末考试
数 学 试 题
考生注意： 1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚； 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效； 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：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.已知，，分别是三内角，，的对边，则“”是“为直角三角形”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
2.设，，，则下列关系正确的是（ ）
A. B. C. D.
3.已知函数，则关于方程的根个数不可能是（ ）
A.0个 B.1个 C.2个 D.3个
4.在明代珠算发明之前，我们的先祖从春秋开始多是用算筹为工具来记数、列式和计算的.算筹实际上是一根根相同长度的小木棍，如图是利用算筹表示数1～9的一种方法，例如：47可以表示为“”，已知用算筹表示一个不含“0”且没有重复数字的三位数共有504种等可能的结果，则这个数至少要用8根小木棍的概率为（ ）
A. B. C. D.
5.如图，圆锥 的底面直径和高均为，过 上一点 作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，我们称该圆柱为圆锥的内接圆柱.则该圆锥的内接圆柱侧面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
6.我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中,提出了已知三角形三边长求其面积的公式,求法是:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂,余半之,自乘于上.以小斜幂乘大斜幂減上,余四约之,为实.为从隅,开平方得积"翻泽成公式,即 ,其中 分别为 中角 的对边, 为 的面积.现有面积为 的 满足 ,则其内切圆的半径是（ ）
A. B. C. D.
7.已知中，，，若最短边的长度为，则最长边的长度是（ ）
A.3 B.8 C. D.
8.锐角的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若，，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
二、多项选择题：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，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分.
9.下列论述正确的有（ ）
A.样本相关系数r越大，两个变量的线性相关程度越强；反之，线性相关程度越弱
B.数据49，21，32，29，38，65，30，50的第60百分位数为38
C.若随机变量，且，则
D.一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则的标准差不小于的标准差
10.已知实数，满足，则下列不等式恒成立的是（ ）
A.
B.若，，则
C.
D.若，，则
11.已知是双曲线的右焦点，为其左支上一点，点，则（ ）
A.双曲线的焦距为6
B.点到渐近线的距离为2
C.的最小值为
D.若，则的面积为
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.
12.已知函数在上的值域为，则的值为 .
13.函数（，）的部分图象如图所示，直线（）与这部分图象相交于三个点，横坐标从左到右分别为，，，则______.
14.已知的内角，，所对的边分别为，，，若，，且，则 .
四、解答题：本大题共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.（13分）已知函数.
(1)若的定义域为，求的取值范围；
(2)若，使得在区间上单调递增，且值域为，求的取值范围.
16.（15分）某中学新建了学校食堂，每天有近2000名学生在学校食堂用午餐，午餐开放时间约40分钟，食堂制作了三类餐食，第一类是选餐，学生凭喜好在做好的大约6种菜和主食米饭中任意选购；第二类是套餐，已按配套好菜色盛装好，可直接取餐：第三类是面食，如煮面 炒粉等，为了更合理地设置口布局，增加学生的用餐满意度，学校学生会在用餐的学生中对就餐选择 各类餐食的平均每份取餐时长以及可接受等待时间进行问卷调查，并得到以下的统计图表：
类别 选餐 套餐 面食
选择人数 50 30 20
平均每份取餐时长（单位 分钟） 2 0.5 1
已知饭堂的售饭窗口一共有20个，就餐高峰期时有240名学生在等待就餐.
(1)根据以上调查统计，如果设置12个选餐窗口，4个套餐窗口，4个面食窗口，就餐高峰期时，假设大家在排队时自动选择较短的队伍等待（即各类餐食的窗口前队伍长度各自相同），求选择选餐的同学取到午餐的最长等待时间；
(2)取餐时至多等待多长时间能让的同学感到满意？（即在接受等待时长内取到餐，保留整数）；
(3)根据以上的调查统计，从等待时长和公平的角度上考虑，如何设置各类售饭窗口数更优化，并给出你的求解过程.
17.（15分）如图，在四边形ABCD中，，且，若P，Q为线段AD上的两个动点，且.
(1)当为AD的中点时，求CP的长度；
(2)求的最小值.
18.（17分）如图，在正三棱柱中，为的中点.
（1）证明：平面.
（2）求异面直线与所成角的余弦值.
（3）在上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
19.（17分）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.
在 中，内角的对边分别是，且满足_______，.
(1)若，求的面积；
(2)求周长的取值范围.
数学·参考答案
一、单项选择题：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.【答案】A
【解析】在中，由正弦定理可得：，
由，可得：，
所以，因为，所以，
即，所以，
因为，所以，
所以，所以为直角三角形，
故“”是“为直角三角形”的充分条件；
若为直角三角形，设，，
则，所以，
所以，
所以“”不是“为直角三角形”的必要条件；
即“”是“为直角三角形”的充分不必要条件.
故选：A.
2.【答案】B
【解析】∵，
∴，∴；
，∴；
，∴，
∴.
故选：B.
3.【答案】C
【解析】作出函数的图象，如图所示：
将原问题转化为直线（过定点）与函数的图象交点的个数，由图可知，当时，直线与函数的图象只有一个交点；
当时，直线与函数的图象没有交点；
当时，直线与函数的图象有三个交点；
所以直线与函数的图象不可能有两个交点.
故选：C.
4.【答案】D
【解析】至少要用8根小木棍的对立事件为用5根，6根，7根这三种情况.
用5根小木棍为1，2，6这一种情况，组成三位数包括6个样本点，
用6根有1，2，3；1，2，7；1，6，3；1，6，7这四种情况，每种情况包含6个样本点，共24个样本点
用7根有1，2，4；1，2，8；1，6，4；1，6，8；1，3，7；2，6，7；2，6，3这七种情况，
每种情况包含6个样本点，共42个样本点
又表示一个不含“0”且没有重复数字的三位数有504种情况
故至少要用8根小木棍的概率为1－，
故选：D.
5.【答案】C
【解析】圆锥轴截面如图所示，
设圆柱的底面半径为 ， ，由 可知， ，即 ，所以 ，
故被挖去的圆柱的侧面积为 ，
当且仅当 时取等号，即 时，被挖去的圆柱的侧面积最大值为 .
故选：C
6.【答案】A
【解析】由正弦定理可得 ,设 ,则 ,解得 ,故 的三边长分别是 .设 的内切圆的半径是 ,则 ,所以 .
7.【答案】C
【解析】由题可知，
由，则，
由，则，，
则
，
故有，故，故，即，
则，由，则，
故.
故选：C.
8.【答案】B
【解析】因为，所以，
整理可得，即有.
又，所以，解得，所以，
于是.
因为三角形是锐角三角形，所以，所以，
所以的取值范围是.
故选B.
二、多项选择题：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，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分.
9.【答案】BC
【解析】对于A：样本相关系数r的绝对值越大，两个变量的线性相关程度越强；反之，线性相关程度越弱，故A错误；
对于B：将数据按升序排列可得：21，29，30，32，38，49，50，65，
因为样本数据有8个，且，
所以第60百分位数为第5位数38，故B正确；
对于C：因为，且，则，
所以，故C正确；
对于D：新样本即对原样本剔除最大值和最小值，
可得新样本的波动性减小，
所以的标准差不大于的标准差，故D错误；
故选BC.
10.【答案】BCD
【解析】因为为上的增函数，所以.
因为函数在上有增有减，所以A中的不等式不恒成立，A错误；
因为函数在上单调递减，
所以当，，时，，故B正确；
因为在上单调递增，所以当时，，故C正确；
因为函数在上单调递增，
所以当，，时，，故D正确.
故选：BCD.
11.【答案】AC
【解析】如图：
由双曲线的标准方程，可知，，所以，所以双曲线的焦距为：，故A正确；
双曲线的渐近线为，即，点到渐近线的距离为：
，故B错误；
设双曲线的左焦点为,根据双曲线的定义：，
所以，故C正确；
在中，由，，，
由余弦定理得：，
所以，
所以，所以，故D错误.
故选：AC
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.
12.【答案】6
【解析】函数的图像抛物线开口向上，对称轴方程为，
则，解得，
所以在上单调递增，所以即
所以为方程的两个根，即为方程的两个根，
由韦达定理有.
故答案为：6.
13.【答案】
【解析】由图可知，，即，
则解得，，故.
则，最小正周期为.
直线（）与这部分图象相交于三个点，横坐标从左到右分别为，，，则由图可知，.
所以
.
14.【答案】
【解析】解：由题意，，
则由正弦定理可得，
∵，∴，∴，
又∵，则，
∴，
∴.又由，
可得：，则，
∴，即，则，
∴，即，由解得：，
∴由解得：，.
∴由正弦定理可得：，解得：，，
∴.
故答案为：
四、解答题：本大题共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.（13分）【答案】(1)；(2).
【解析】（1）因为的定义域为，，
所以，即恒成立，
因为，，当时等号成立，
所以，即的取值范围为；
（2）因为函数在其定义域上为增函数，要使在区间上单调递增，则函数在区间上单调递增，又为增函数，
所以在上为增函数，显然时不合题意，
所以，且，
又在区间上单调递增，且值域为，
所以，即，
所以在上有两个不等实根，
则，解得，
所以的取值范围为.
16.（15分）【答案】(1)20分钟；(2)18分钟；(3)答案见解析
【解析】（1）由题意得就餐高峰期时选择选餐的总人数为人；这120人平均分布在12个选餐窗口，平均每个窗口等待就餐的人数为人，所以选择选餐的同学取到午餐的最长等待时间为分钟，
（2）由可接受等待时长的频率分布直方图可知，
分组为的频率分别为，
所以可接受等待时长在分钟以内的同学占0.05，即有的同学不满意
可接受等待时长在分钟以内的同学占，
即有的同学对等待时间少于15分钟感到满意，
所以至多等待的时间，能让的同学感到满意
，所以分钟，
至多等待18分钟，能让的同学感到满意.
（3）假设设置个选餐窗口，个套餐窗口，个面食窗口，
则各队伍的同学最长等待时间如下：
类别 选餐 套餐 面食
高峰期就餐总人数 120 72 48
各队伍长度（人）
最长等待时间（分钟）
依题意，从等待时长和公平的角度上考虑，则要求每个队伍的最长等待时间大致相同，即得，即有，
而，故，
因此建议设置选餐 套餐 面食三个类别的窗口数分别为15，2，3个.
17.（15分）【答案】(1)；(2)
【解析】（1）由，得，
因为，所以，
又，
所以；
（2）设，，
则，
，
所以
，
当时，取到最小值，且为.
18.（17分）【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，
【解析】（1）由正三棱柱的定义可知是等边三角形，平面.
因为平面，所以.
因为是等边三角形，D为的中点，所以.
因为，平面，且，
所以平面.
（2）如图，取的中点，连接，，则，
则是异面直线与CD所成的角或补角.
设，则，，，，
故，
即异面直线与CD所成角的余弦值为.
（3）在中，作，垂足为E.
因为平面，且平面，
所以.
因为平面，且，
所以平面.
因为平面BCE，所以平面平面.
设，则，，故.
因为，
所以，
则，，
所以.
故在上存在点E，使得平面平面，此时.
19.（17分）【答案】(1)任选一条件，面积皆为；(2).
【解析】(1)若选条件①， 由 及正弦定理， 得
即 ， 化简得，
因为， 所以， 所以，因为 ， 所以.
若选条件②， 由 及正弦定理， 得， 即， 化简得,
因为 ， 所以， 所以，因为 ， 所以.
若选条件③， 由 化简得，， 由余弦定理得， 即，因为 ， 所以，
所以三个条件，都能得到.
由余弦定理得 ， 即， 解得，
所以的面积.
(2)因为 ， 由正弦定理得，
因为 ，
所以 ，
因为 ， 所以，
所以 ， 即， 所以周长的取值范围为.
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