2024届江西省南昌三中数学高一第二学期期末达标测试试题含解析

2024届江西省南昌三中数学高一第二学期期末达标测试试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．函数的最大值为A．4 B．5 C．6 D．72．如图，长方体的体积为，E为棱上的点,且，三棱锥E－BCD的体积为，则=（）A． B． C． D．3．若某市所中学参加中学生合唱比赛的得分用茎叶图表示（如图），其中茎为十位数，叶为个位数，则这组数据的中位数是（）A．91 B．91.5C．92 D．92.54．《张丘建算经》中女子织布问题为：某女子善于织布，一天比一天织得快，且从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布，已知第一天织5尺布，一月（按30天计）共织390尺布，则从第2天起每天比前一天多织（）尺布.A． B． C． D．5．从集合中随机抽取一个数，从集合中随机抽取一个数，则向量与向量垂直的概率为()A． B． C． D．6．如图，为正方体，下面结论错误的是（）A．异面直线与所成的角为45° B．平面C．平面平面 D．异面直线与所成的角为45°7．如图，是圆的直径，，假设你往圆内随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部分的概率为（）A． B． C． D．8．我国古代数学名著九章算术记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无丈刍，草也；甍，屋盖也”翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱刍甍字面意思为茅草屋顶”如图，为一刍甍的三视图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形则它的体积为A． B．160 C． D．649．已知的顶点坐标为，，，则边上的中线的长为（）A． B． C． D．10．已知角的终边经过点，则=（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．如图所示，隔河可以看到对岸两目标，但不能到达，现在岸边取相距的两点，测得（在同一平面内），则两目标间的距离为_________.12．中，内角，，所对的边分别是，，，且，，则的值为__________．13．在平面直角坐标系中，已知圆：，圆：，动点在直线：上（），过分别作圆，的切线，切点分别为，，若满足的点有且只有一个，则实数的值为______.14．如图，将全体正整数排成一个三角形数阵，按照这样的排列规律，第行从右至左的第3个数为___________．15．计算：______.16．函数的定义域为___________.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．已知向量满足，且向量与的夹角为.（1）求的值；（2）求.18．已知四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，ABCD是正方形，E是PA的中点．(Ⅰ)求证：PC∥平面EBD；(Ⅱ)求证：平面PBC⊥平面PCD．19．在等比数列中，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.20．底面半径为3，高为的圆锥有一个内接的正四棱柱（底面是正方形，侧棱与底面垂直的四棱柱）．（1）设正四棱柱的底面边长为，试将棱柱的高表示成的函数；（2）当取何值时，此正四棱柱的表面积最大，并求出最大值．21．如图，在四棱锥中，平面平面，四边形为矩形，，点，分别是，的中点．求证：（1）直线∥平面；（2）平面平面．

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、B【解题分析】试题分析：因为，而，所以当时，取得最大值5，选B.【考点】正弦函数的性质、二次函数的性质【名师点睛】求解本题易出现的错误是认为当时，函数取得最大值.2、D【解题分析】

分别求出长方体和三棱锥E－BCD的体积，即可求出答案.【题目详解】由题意，，，则.故选D.【题目点拨】本题考查了长方体与三棱锥的体积的计算，考查了学生的计算能力，属于基础题.3、B【解题分析】试题分析：中位数为中间的一个数或两个数的平均数，所以中位数为考点：茎叶图4、B【解题分析】由题可知每天织的布的多少构成等差数列,其中第一天为首项,一月按30天计可得,从第2天起每天比前一天多织的即为公差.又,解得.故本题选B.5、B【解题分析】

通过向量垂直的条件即可判断基本事件的个数，从而求得概率.【题目详解】基本事件总数为，当时，，满足的基本事件有，，，共3个，故所求概率为，故选B.【题目点拨】本题主要考查古典概型，计算满足条件的基本事件个数是解题的关键，意在考查学生的分析能力.6、A【解题分析】

根据正方体性质，依次证明线面平行和面面平行，根据直线的平行关系求异面直线的夹角.【题目详解】根据正方体性质，，所以异面直线与所成的角等于，，，所以不等于45°，所以A选项说法不正确；，四边形为平行四边形，，平面，平面，所以平面，所以B选项说法正确；同理可证：平面，是平面内两条相交直线，所以平面平面，所以C选项说法正确；，异面直线与所成的角等于，所以D选项说法正确.故选：A【题目点拨】此题考查线面平行和面面平行的判定，根据平行关系求异面直线的夹角，考查空间线线平行和线面平行关系的掌握7、B【解题分析】

先根据条件计算出阴影部分的面积，然后计算出整个圆的面积，利用几何概型中的面积模型即可计算出对应的概率.【题目详解】设圆的半径为，因为，所以，又因为，所以落到阴影部分的概率为.故选：B.【题目点拨】本题考查几何概型中的面积模型的简单应用，难度较易.注意几何概型的常见概率公式：.8、A【解题分析】

分析：由三视图可知该刍甍是一个组合体，它由成一个直三棱柱和两个全等的四棱锥组成，根据三视图中的数据可得其体积.详解：由三视图可知该刍甍是一个组合体，它由成一个直三棱柱和两个全等的四棱锥组成，根据三视图中的数据，求出棱锥与棱柱的体积相加即可，，故选A.点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.9、D【解题分析】

利用中点坐标公式求得，再利用两点间距离公式求得结果.【题目详解】由，可得中点又本题正确选项：【题目点拨】本题考查两点间距离公式的应用，关键是能够利用中点坐标公式求得中点坐标.10、D【解题分析】试题分析：由题意可知x=-4，y=3，r=5，所以.故选D.考点：三角函数的概念.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

在中，在中，分别由正弦定理求出，，在中，由余弦定理可得解.【题目详解】由图可得，在中，由正弦定理可得，在中，由正弦定理可得，在中，由余弦定理可得：.故答案为：【题目点拨】此题考查利用正余弦定理求解三角形，根据已知边角关系建立等式求解，此题求AB的长度可在多个三角形中计算，恰当地选择可以减少计算量.12、4【解题分析】

利用余弦定理变形可得，从而求得结果.【题目详解】由余弦定理得：本题正确结果：【题目点拨】本题考查余弦定理的应用，关键是能够熟练应用的变形，属于基础题.13、.【解题分析】

根据圆的切线的性质和三角形全等，得到，求得点的轨迹方程，再根据直线与圆相切，利用圆心到直线的距离等于半径，即可求解．【题目详解】由题意得：，，设，如下图所示∵PA、PB分别是圆O，O1的切线，∴∠PBO1=∠PAO=90°，又∵PB=2PA，BO1=2AO，∴△PBO1∽△PAO，∴，∴，∴，整理得，∴点P（x，y）的轨迹是以为圆心、半径等于的圆，∵动点P在直线：上（），满足PB=2PA的点P有且只有一个，∴该直线l与圆相切，∴圆心到直线l的距离d满足，即，解得或，又因为，所以．【题目点拨】本题主要考查了圆的切线的性质，以及直线与圆的位置关系的应用，其中解答中根据圆的切下的性质和三角形全等求得点的轨迹方程，再根据直线与圆相切，列出方程求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．14、【解题分析】

由题可以先算出第行的最后一个数,再从右至左算出第3个数即可.【题目详解】由图得,第行有个数,故前行一共有个数,即第行最后一个数为,故第行从右至左的第3个数为.【题目点拨】本题主要考查等差数列求和问题,注意从右至左的第3个数为最后一个数减2.15、【解题分析】

直接利用反三角函数运算法则写出结果即可．【题目详解】解：．故答案为：．【题目点拨】本题考查反三角函数的运算法则的应用，属于基础题．16、【解题分析】试题分析:由题设可得,解之得,故应填答案.考点：函数定义域的求法及运用．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、（1）（2）【解题分析】

（1）根据，得到，再由题中数据，即可求出结果；（2）根据向量数量积的运算法则，以及（1）的结果，即可得出结果.【题目详解】解：（1）因为，所以，即.因为，且向量与的夹角为，所以，即.（2）由（1）可得.【题目点拨】本题主要考查平面向量的数量积，熟记模的计算公式，以及向量数量积的运算法则即可，属于常考题型.18、(Ⅰ)见解析(Ⅱ)见解析【解题分析】试题分析：（1）连，与交于，利用三角形的中位线，可得线线平行，从而可得线面平行；

（2）证明，即可证得平面平面．试题解析：(Ⅰ)连接AC交BD与O，连接EO,∵E、O分别为PA、AC的中点，∴EO∥PC，∵PC⊄平面EBD，EO⊂平面EBD∴PC∥平面EBD(Ⅱ)∵PD⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC，∵ABCD为正方形，∴BC⊥CD，∵PD∩CD＝D,PD、CD⊂平面PCD∴BC⊥平面PCD，又∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PCD.【题目点拨】本题考查线面平行，考查面面平行，掌握线面平行，面面平行的判定方法是关键．19、（1）（2）【解题分析】

（1）利用条件求数列的首项与公比，确定所求.(2)将分组，，再利用等比数列前n项和公式求和【题目详解】解：（1）设等比数列的公比为，所以，由，所以，则；（2），所以数列的前项和,则数列的前项和.【题目点拨】本题考查等比数列的通项，分组求和法，考查计算能力，属于中档题.20、(1);(2)正四棱柱的底面边长为时，正四棱柱的表面积最大值为48.【解题分析】试题分析：（1）根据比例关系式求出关于的解析式即可；（2）设该正四棱柱的表面积为，得到关系式，根据二次函数的性质求出的最大值即可.试题解析：（1）根据相似性可得：，解得：；（2）设该正四棱柱的表面积为．则有关系式，因为，所以当时，，故当正四棱柱的底面边长为时，正四棱柱的表面积最大值为.点睛：本题考查了数形结合思想，考查二次函数的性质以及求函数的最值问题，是一道中档题；该题中的难点在于必须注意圆锥轴截面图时，三角形内的矩形的宽为正四棱柱的底面对角线的长度，除了二次函数求最值以外还有基本不等式法、转化法：如求的最小值，那么可以看成是数轴上的点到和的距离之和，易知最小值为2、求导法等.21、（1）见解析（2）见解析【解题分析】

（1）取中点，连接，，证得，利用线面平行的判定定理，即可证得直线∥平面；（2）利用线面垂直的判定定理，证得，再利用面面垂直的判定定理，即可得到平面平面．【题目详解】（1）取