福建省厦门市外国语学校2024届高一数学第一学期期末联考试题含解析

福建省厦门市外国语学校2024届高一数学第一学期期末联考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A. B.C. D.2．函数，其部分图象如图所示，则（）A. B.C. D.3．函数f（x）=sin（x+）+cos（x-）的最大值是（）A. B.C.1 D.4．在平行四边形ABCD中，E为AB中点，BD交CE于F，则=（）A. B.C. D.5．已知定义域为R的偶函数在上是减函数，且，则不等式的解集为（）A. B.C. D.6．已知，，且满足，则的最小值为（）A.2 B.3C. D.7．设，且，则的最小值为（）A.4 B.C. D.68．表示不超过x的最大整数，例如，，，．若是函数的零点，则（）A.1 B.2C.3 D.49．已知扇形的圆心角为2弧度，其所对的弦长为2，则扇形的弧长等于A. B.C. D.10．直线与直线平行，则的值为（）A. B.2C. D.0二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．角的终边经过点，且，则________.12．在三棱柱中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点是侧面的中心，则与平面所成角的大小是______.13．命题“”的否定是________________.14．若的最小正周期为，则的最小正周期为______15．若向量与共线且方向相同，则___________16．已知点P(tanα，cosα)在第三象限，则角α的终边在第________象限三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．已知，，且函数有奇偶性，求a，b的值18．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，CA＝CB，点D，E分别为AB，AC的中点．求证：（1）DE∥平面PBC；（2）CD⊥平面PAB19．如图，射线、分别与轴正半轴成和角，过点作直线分别交、于、两点，当的中点恰好落在直线上时，求直线的方程20．已知角的终边过点，且.（1）求的值；（2）求的值.21．如图所示，正四棱锥中，为底面正方形的中心，侧棱与底面所成的角的正切值为（1）求侧面与底面所成的二面角的大小；（2）若是的中点，求异面直线与所成角的正切值；

参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1、D【解题分析】该几何体为半圆柱，底面为半径为1的半圆，高为2，因此表面积为,选D.2、C【解题分析】利用图象求出函数的解析式，即可求得的值.【题目详解】由图可知，，函数的最小正周期为，则，所以，，由图可得，因为函数在附近单调递增，故，则，，故，所以，，因此，.故选：C.3、A【解题分析】先利用三角恒等变化公式将函数化成形式，然后直接得出最值.【题目详解】整理得，利用辅助角公式得，所以函数的最大值为，故选A.【题目点拨】三角函数求最值或者求值域一定要先将函数化成的形函数.4、A【解题分析】利用向量加法法则把转化为，再利用数量关系把化为，从而可表示结果.【题目详解】解：如图，∵平行四边形ABCD中，E为AB中点，∴，∴DF，∴，故选A【题目点拨】此题考查了向量加减法则，平面向量基本定理，难度不大5、A【解题分析】根据偶函数的性质可得在上是增函数，且.由此将不等式转化为来求解得不等式的解集.【题目详解】因为偶函数在上是减函数，所以在上是增函数，由题意知:不等式等价于,即,即或,解得:或.故选：A【题目点拨】本小题主要考查函数的奇偶性以及单调性，考查对数不等式的解法，属于中档题.6、C【解题分析】由题意得，根据基本不等式“1”的代换，计算即可得答案.【题目详解】因为，所以，所以，当且仅当时，即，时取等号所以的最小值为.故选：C7、C【解题分析】利用基本不等式“1”的代换求目标式的最小值，注意等号成立条件.【题目详解】由，当且仅当时等号成立.故选：C8、B【解题分析】利用零点存在性定理判断的范围，从而求得.【题目详解】在上递增，，所以，所以.故选：B9、A【解题分析】根据题意画出图形，结合图形求出半径r，再计算弧长【题目详解】如图所示，，，过点O作，C垂足，延长OC交于D，则，；中，，从而弧长为，故选A【题目点拨】本题考查了弧长公式的应用问题，求出扇形的半径是解题的关键，属于基础题10、B【解题分析】根据两直线平行的条件列式可得结果.【题目详解】当时，直线与直线垂直，不合题意；当时，因直线与直线平行，所以，解得.故选：B【题目点拨】易错点点睛：容易忽视纵截距不等这个条件导致错误.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】由题意利用任意角的三角函数的定义直接计算【题目详解】角的终边经过点，且，解得.故答案为：12、60°【解题分析】取BC的中点E，则,则即为所求，设棱长为2，则,13、.【解题分析】根据含有一个量词的命题的否定可得结果【题目详解】由含有一个量词的命题的否定可得，命题“”的否定为“”故答案为【题目点拨】对于含有量词的命题的否定要注意两点：一是要改换量词，把特称（全称）量词改为全称（特称）量词；二是把命题进行否定．本题考查特称命题的否定，属于简单题14、【解题分析】先由的最小正周期，求出的值，再由的最小正周期公式求的最小正周期.【题目详解】的最小正周期为，即，则所以的最小正周期为故答案为：15、2【解题分析】向量共线可得坐标分量之间的关系式，从而求得n.【题目详解】因为向量与共线，所以；由两者方向相同可得.【题目点拨】本题主要考查共线向量的坐标表示，熟记共线向量的充要条件是求解关键.16、二【解题分析】由点P（tanα，cosα）在第三象限，得到tanα＜0，cosα＜0，从而得到α所在的象限【题目详解】因为点P（tanα，cosα）在第三象限，所以tanα＜0，cosα＜0，则角α的终边在第二象限，故答案为二点评：本题考查第三象限内的点的坐标的符号，以及三角函数在各个象限内的符号三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、为奇函数，，【解题分析】由函数奇偶性的定义列方程求解即可【题目详解】若为奇函数，则，所以恒成立，即，所以恒成立，所以，解得，所以当为奇函数时，，若为偶函数，则，所以恒成立，得，得，不合题意，所以不可能是偶函数，综上，为奇函数，，18、（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解题分析】(1)由点D、E分别为AB、AC中点得知DE∥BC,由此证得DE∥平面PBC;(2)要证CD⊥平面PAB,只需证明垂直平面内的两条相交直线与即可.【题目详解】（1）因为点D、E分别为AB、AC中点，所以DE∥BC又因为DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以DE∥平面PBC（2）因为CA＝CB，点D为AB中点，所以CD⊥AB因为PA⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，所以PA⊥CD又因为PA∩AB＝A，所以CD⊥平面PAB【题目点拨】本题考查线面平行的证明,线面垂直的证明,属于基础题.垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型(1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行;(2)证明线面垂直,需转化为证明线线垂直;(3)证明线线垂直,需转化为证明线面垂直.19、【解题分析】先求出、所在的直线方程，根据直线方程分别设A、B点坐标，进而求出的中点C的坐标，利用点C在直线上以及A、B、P三点共线列关系式解出B点坐标，从而求出直线AB的斜率，然后代入点斜式方程化简即可.【题目详解】解：由题意可得，，所以直线，设，，所以的中点由点在上，且、、三点共线得解得，所以又，所以所以，即直线的方程为【题目点拨】知识点点睛：（1）中点坐标公式：，则AB的中点为；（2）直线的点斜式方程：.20、(1)(2)【解题分析】（1）任意角的三角函数的定义求得x的值，可得sinα和tanα的值，再利用同角三角函数的基本关系，求得要求式子的值；（2）利用两角和差的三角公式、二倍角公式，化简所给的式子，可得结果【题目详解】由条件知，解得，故.故，（1）原式==（2）原式.【题目点拨】本题主要考查任意角的三角函数的定义，同角三角函数的基本关系，两角和差的三角公式的应用，属于基础题21、（1）（2）【解题分析】（1）取中点，连结、，则是侧面与底面所成的二面角，由此能求出侧面与底面