2023-2024學年云南省紅河州瀘西縣第一中學高一數學第二學期期末綜合測試試題含解析

2023-2024學年云南省紅河州瀘西縣第一中學高一數學第二學期期末綜合測試試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．抽查10件產品，設“至少抽到2件次品”為事件，則的對立事件是（）A．至多抽到2件次品 B．至多抽到2件正品C．至少抽到2件正品 D．至多抽到一件次品2．若,則下列不等式恒成立的是A． B． C． D．3．下圖所示的莖葉圖記錄了甲、乙兩組各5名工人某日的產量數據（單位：件）若這兩組數據的中位數相等，且平均值也相等，則和的值分別為A．5，5 B．3，5 C．3，7 D．5，74．函數的最小正周期為（）A． B． C． D．5．已知，并且是第二象限的角，那么的值等于（）A． B． C． D．6．已知數列，如果，，，……，，……，是首項為1，公比為的等比數列，則=A． B． C． D．7．函數的圖像關于直線對稱，則的最小值為（）A． B． C． D．18．中國古代數學著作《算法統(tǒng)宗》中有這樣一個問題：“三百七十八里關，初行健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關，要見次日行里數，請公仔細算相還．”其意思是“有一個人走378里，第一天健步行走，從第二天起腳痛每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到達目的地．”請問第三天走了（）A．60里 B．48里 C．36里 D．24里9．設等差數列{an}的前n項的和Sn，若a2+a8＝6，則S9＝（）A．3 B．6 C．27 D．5410．在△ABC中，c＝，A＝75°，B＝45°，則△ABC的外接圓面積為A． B．π C．2π D．4π二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．如圖，在中，，，點D為BC的中點，設，.的值為___________.12．等差數列，的前項和分別為，，且，則______.13．已知函數，對于下列說法：①要得到的圖象，只需將的圖象向左平移個單位長度即可；②的圖象關于直線對稱：③在內的單調遞減區(qū)間為；④為奇函數.則上述說法正確的是________（填入所有正確說法的序號）.14．______.15．67是等差數列-5，1，7，13，……中第項，則___________________．16．將二進制數110轉化為十進制數的結果是_____________.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．設數列的前n項和為，滿足，，．（1）若，求數列的通項公式；（2）若，求數列的通項公式；18．設，已知函數，．（1）若是的零點，求不等式的解集：（2）當時，，求的取值范圍．19．如圖，在四棱錐中，平面，底面是菱形，連，交于點.（Ⅰ）若點是側棱的中點，連，求證：平面；（Ⅱ）求證：平面平面.20．已知圓A：，圓B：.（Ⅰ）求經過圓A與圓B的圓心的直線方程；（Ⅱ）已知直線l：，設圓心A關于直線l的對稱點為，點C在直線l上，當的面積為14時，求點C的坐標.21．已知函數.（1）求函數的最小正周期；（2）若函數在的最大值為2，求實數的值.

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、D【解析】

由對立事件的概念可知，直接寫出其對立事件即可.【詳解】“至少抽到2件次品”的對立事件為“至多抽到1件次品”，故選D【點睛】本題主要考查對立事件的概念，熟記對立事件的概念即可求解，屬于基礎題型.2、D【解析】∵∴設代入可知均不正確對于，根據冪函數的性質即可判斷正確故選D3、B【解析】

利用莖葉圖、中位數、平均數的性質直接求解．【詳解】由莖葉圖得：∵甲、乙兩組各5名工人某日的產量數據（單位：件）若這兩組數據的中位數相等，∴65＝60+y，解得y＝5，∵平均值也相等，∴，解得x＝1．故選B．【點睛】本題考查實數值的求法，考查莖葉圖、中位數、平均數的性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．4、D【解析】,函數的最小正周期為，選.【點睛】求三角函數的最小正周期，首先要利用三角公式進行恒等變形，化簡函數解析式，把函數解析式化為的形式，然后利用周期公式求出最小正周期，另外還要注意函數的定義域.5、A【解析】

根據同角三角函數關系，進行求解即可.【詳解】因為，故又因為是第二象限的角，故故.故選：A.【點睛】本題考查同角三角函數關系的簡單使用，屬基礎題.6、A【解析】分析：累加法求解。詳解：，，解得點睛：形如的模型，求通項公式，用累加法。7、C【解析】

的對稱軸為，化簡得到得到答案.【詳解】對稱軸為：當時，有最小值為故答案選C【點睛】本題考查了三角函數的對稱軸，將對稱軸表示出來是解題的關鍵，意在考查學生對于三角函數性質的靈活運用.8、B【解析】

根據題意得出等比數列的項數、公比和前項和，由此列方程，解方程求得首項，進而求得的值.【詳解】依題意步行路程是等比數列，且，，，故，解得，故里.故選B.【點睛】本小題主要考查中國古典數學文化，考查等比數列前項和的基本量計算，屬于基礎題.9、C【解析】

利用等差數列的性質和求和公式，即可求得的值，得到答案．【詳解】由題意，等差數列的前n項的和，由，根據等差數列的性質，可得，所以，故選：C．【點睛】本題主要考查了等差數列的性質，以及等差數列的前n項和公式的應用，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．10、B【解析】

根據正弦定理可得2R＝，解得R＝1，故△ABC的外接圓面積S＝πR2＝π.【詳解】在△ABC中，A＝75°，B＝45°，∴C＝180°－A－B＝60°.設△ABC的外接圓半徑為R，則由正弦定理可得2R＝，解得R＝1，故△ABC的外接圓面積S＝πR2＝π.故選B.【點睛】本題主要考查正弦定理及余弦定理的應用以及三角形面積公式，屬于難題.在解與三角形有關的問題時，正弦定理、余弦定理是兩個主要依據.解三角形時，有時可用正弦定理，有時也可用余弦定理，應注意用哪一個定理更方便、簡捷一般來說,當條件中同時出現(xiàn)及、時，往往用余弦定理，而題設中如果邊和正弦、余弦函數交叉出現(xiàn)時，往往運用正弦定理將邊化為正弦函數再結合和、差、倍角的正余弦公式進行解答.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

在和在中,根據正弦定理,分別表示出.由可得等式,代入已知條件化簡即可得解.【詳解】在中,由正弦定理可得,則在中,由正弦定理可得,則點D為BC的中點,則所以因為,,由誘導公式可知代入上述兩式可得所以故答案為:【點睛】本題考查了正弦定理的簡單應用,屬于基礎題.12、【解析】

取，代入計算得到答案.【詳解】，當時故答案為【點睛】本題考查了前項和和通項的關系，取是解題的關鍵.13、②④【解析】

結合三角函數的圖象與性質對四個結論逐個分析即可得出答案.【詳解】①要得到的圖象，應將的圖象向左平移個單位長度，所以①錯誤；②令，，解得，，所以直線是的一條對稱軸，故②正確；③令，，解得，，因為，所以在定義域內的單調遞減區(qū)間為和，所以③錯誤；④是奇函數，所以該說法正確.【點睛】本題考查了正弦型函數的對稱軸、單調性、奇偶性與平移變換，考查了學生對的圖象與性質的掌握，屬于中檔題.14、【解析】

先令，得到，兩式作差，根據等比數列的求和公式，化簡整理，即可得出結果.【詳解】令，則，兩式作差得：所以故答案為：【點睛】本題主要考查數列的求和，熟記錯位相加法求數列的和即可，屬于?？碱}型.15、13【解析】

根據數列寫出等差數列通項公式,再令算出即可.【詳解】由題意,首項為-5,公差為,則等差數列通項公式,令,則故答案為：13.【點睛】等差數列首項為公差為,則通項公式16、6【解析】

將二進制數從右開始,第一位數字乘以2的0次冪,第二位數字乘以2的1次冪,以此類推,進行計算即可.【詳解】,故答案為:6.【點睛】本題考查進位制,解題關鍵是了解不同進制數之間的換算法則,屬于基礎題.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）【解析】

（1）根據遞推公式，得到，累加即可計算出的結果；（2）分類討論：為奇數、為偶數，然后在求和時分奇偶項分別求和即可得到對應的的通項公式.【詳解】（1）因為，所以，所以上式疊加可得：，所以，又因為時符合的情況，所以；（2）因為，，所以，所以，又因為，所以，所以，因為，所以，當時，，當時，，當時，，當時，,所以.【點睛】本題考查數列的綜合應用,難度較難.(1)利用遞推公式求解數列通項公式時，對于的情況，一定要注意驗證是否滿足時的通項公式，此處決定數列通項公式是否需要分段書寫；(2)對于奇偶項分別成等差數列的數列，可以分奇偶討論數列的通項公式.18、(1)；(2)【解析】

（1）利用可求得，將不等式化為；分別在和兩種情況下解不等式可求得結果；（2）當時，，可將變?yōu)樵谏虾愠闪?；分類討論得到解析式，從而可得單調性；分別在、、三種情況下，利用構造不等式，解不等式求得結果.【詳解】（1）是的零點由得：當時，，即，解得：當時，，即，解得：的解集為：（2）當時，，即：時，在上恒成立①當時，恒成立符合題意②當時，在上單調遞增；在上單調遞減；在上單調遞增當時，，解得：當時，，解集為當時，，解得：綜上所述，的取值范圍為：【點睛】本題考查含絕對值不等式的求解、恒成立問題的求解；求解恒成立問題的關鍵是能夠通過分類討論的方式去掉絕對值符號，結合函數單調性，將問題轉化為所求參數與函數最值之間的大小關系的比較問題，從而構造不等式求得結果.19、（Ⅰ）見證明；（Ⅱ）見證明【解析】

（Ⅰ）由為菱形，得為中點，進而得到，利用線面平行的判定定理，即可求解；（Ⅱ）先利用線面垂直的判定定理，證得平面，進而利用面面垂直的判定定理，即可證得平面平面.【詳解】（Ⅰ）證明：因為為菱形，所以為中點，又為中點，所以，，平面，平面，所以，平面；（Ⅱ）因為平面，所以，因為為菱形，所以，，所以，平面，平面，所以，平面平面.【點睛】本題考查了線面位置關系的判定與證明，熟練掌握空間中線面位置關系的定義、判定、幾何特征是解答的關鍵，其中垂直、平行關系證明中應用轉化與化歸思想的常見類型：(1)證明線面、面面平行，需轉化為證明線線平行；(2)證明線面垂直，需轉化為證明線線垂直；(3)證明線線垂直，需轉化為證明線面垂直．20、（I）（Ⅱ）或【解析】

（Ⅰ）由已知求得，的坐標，再由直線方程的兩點式得答案；（Ⅱ）求出的坐標，再求出以及所在直線方程，設，利用點到直線的距離公式求出到所在直線的距離，代入三角形面積公式解得值，進而可得的坐標.【詳解】（Ⅰ）將圓：化為：，所以，圓：化為：，所以，所以經過圓與圓的圓心的直線方程為：，即.（Ⅱ）如圖，設，由題意可得，解得，即，∴，所在直線方程為，即，設，則到所在直線的距離，由，解得或，∴點的坐標為或.【點睛】本題考查直線與圓位置關系的應用，考查點關于直線的對稱點的求法，考查運算求解能力，屬于中檔題.21、(1)；(2)或【解析】

（1）根