云南省曲靖市麒麟区三中2024届数学高一第二学期期末学业水平测试试题含解析

云南省曲靖市麒麟区三中2024届数学高一第二学期期末学业水平测试试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．已知向量，，，若，则（）A．1 B．2 C．3 D．42．在长方体中，,,则异面直线与所成角的余弦值为()A． B． C． D．3．已知向量，，则，的夹角为（）A． B． C． D．4．为了得到函数的图象，只需将函数图象上所有的点（）A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度5．已知,下列不等式中成立的是（）A． B． C． D．6．设是数列的前项和，时点在抛物线上，且的首项是二次函数的最小值，则的值为（）A．45 B．54 C．36 D．－187．在空间四边形中，分别是的中点.若，且与所成的角为，则四边形的面积为（）A． B． C． D．8．把正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大时，二面角的大小为（）A．30° B．45° C．60° D．90°9．设等差数列的前项和为，若，，则的值为()A． B． C． D．10．若f(x)=af1(x)bf2(x)a,b∈R已知g1(x)=(-x2+12x-20)12生成函数g(x)，已知g(4)=2(6-3)，A．1 B．4 C．6 D．9二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．设直线与圆C：x2+y2-2ay-2=0相交于A，B两点，若，则圆C的面积为________12．在中，已知角的对边分别为，且，，，若有两解，则的取值范围是__________．13．计算__________．14．某工厂甲、乙、丙三个车间生产了同一种产品，数量分别为120件，80件，60件，为了了解它们的产品质量是否存在显著差异，用分层抽样的方法抽取了一个容量为n的样本进行调查，其中从丙车间的产品中抽取了3件，则n=.15．若函数的图象与直线恰有两个不同交点，则m的取值范围是________.16．已知函数的部分图象如图所示，则_______.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．解关于的方程：18．已知函数．（1）求证函数在上是单调减函数．（2）求函数在上的值域．19．已知.（1）求的值；（2）求的值.20．已知抛物线的焦点为，过的直线交轴正半轴于点，交抛物线于两点，其中点在第一象限.（Ⅰ）求证：以线段为直径的圆与轴相切；（Ⅱ）若,,，求的取值范围.21．设数列的前n项和为，已知．（Ⅰ）求通项；（Ⅱ）设，求数列的前n项和．

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、A【解题分析】

利用坐标表示出，根据垂直关系可知，解方程求得结果.【题目详解】，，解得：本题正确选项：【题目点拨】本题考查向量垂直关系的坐标表示，属于基础题.2、C【解题分析】

连接，交于，取的中点，连接、，可以证明是异面直线与所成角，利用余弦定理可求其余弦值.【题目详解】连接，交于，取的中点，连接.由长方体可得四边形为矩形，所以为的中点，因为为的中点，所以，所以或其补角是异面直线与所成角.在直角三角形中，则，，所以.在直角三角形中，，在中，，故选C.【题目点拨】空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.3、A【解题分析】

由题意得，即可得，再结合即可得解.【题目详解】由题意知，则.，则，的夹角为.故选：A.【题目点拨】本题考查了向量数量积的应用，属于基础题.4、C【解题分析】

利用诱导公式,的图象变换规律,得出结论.【题目详解】为了得到函数的图象,

只需将函数图象上所有的点向左平移个单位长度,

故选C.5、A【解题分析】

逐个选项进行判断即可.【题目详解】A选项，因为，所以.当时即不满足选项B,C,D.故选A.【题目点拨】此题考查不等式的基本性质，是基础题.6、B【解题分析】

根据点在抛物线上证得数列是等差数列，由二次函数的最小值求得首项，进而求得的值.【题目详解】由于时点在抛物线上，所以，所以数列是公差为的等差数列.二次函数，所以.所以.故选：B【题目点拨】本小题主要考查等差数列的证明，考查二次函数的最值的求法，考查等差数列前项和公式，属于基础题.7、A【解题分析】

连接EH，因为EH是△ABD的中位线，所以EH∥BD，且EH=BD．同理，FG∥BD，且FG=BD，所以EH∥FG，且EH=FG．所以四边形EFGH为平行四边形．因为AC=BD=a，AC与BD所成的角为60°所以EF=EH．所以四边形EFGH为菱形，∠EFG=60°．∴四边形EFGH的面积是2××()2=a2故答案为a2，故选A.考点：本题主要是考查的知识点简单几何体和公理四，公理四：和同一条直线平行的直线平行，证明菱形常用方法是先证明它是平行四边形再证明邻边相等，以及面积公式属于基础题．点评：解决该试题的关键是先证明四边形EFGH为菱形，然后说明∠EFG=60°，最后根据三角形的面积公式即可求出所求．8、D【解题分析】

当平面ACD垂直于平面BCD时体积最大，得到答案.【题目详解】取中点，连接当平面ACD垂直于平面BCD时等号成立.此时二面角为90°故答案选D【题目点拨】本题考查了三棱锥体积的最大值，确定高的值是解题的关键.9、D【解题分析】

利用等差数列的前项和的性质可求的值.【题目详解】因为，所以，故，故选D.【题目点拨】一般地，如果为等差数列，为其前项和，则有性质：（1）若，则；（2）且；（3）且为等差数列；（4）为等差数列.10、B【解题分析】

根据变换T(m,n)可生成函数g(x)=mg2(x)-ng1(x)=m(-x2+10x)1【题目详解】由题意可知g(x)=mg又g(4)=2(6-解得m=n=1,所以g(x)=又g(x)=10-x因为y=1x+x-2在x∈[2,10]上单调递减且为正值，y=10-x在x∈[2,10]上单调递减且为正值，所以g(x)=10-x(【题目点拨】本题主要考查了函数的单调性，利用单调性求函数的最大值，涉及创设新情景及函数式的变形，属于难题二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】因为圆心坐标与半径分别为，所以圆心到直线的距离，则，解之得，所以圆的面积，应填答案．12、【解题分析】

利用正弦定理得到，再根据有两解得到，计算得到答案.【题目详解】由正弦定理得：若有两解：故答案为【题目点拨】本题考查了正弦定理，有两解，意在考查学生的计算能力.13、【解题分析】

采用分离常数法对所给极限式变形，可得到极限值.【题目详解】.【题目点拨】本题考查分离常数法求极限，难度较易.14、13【解题分析】(解法1)由分层抽样得，解得n＝13.(解法2)从甲乙丙三个车间依次抽取a，b，c个样本，则120∶80∶60＝a∶b∶3a＝6，b＝4，所以n＝a＋b＋c＝13.15、【解题分析】

化简函数解析式为，做出函数的图象，数形结合可得的取值范围．【题目详解】解：因为所以，，由，可得，则函数，的图象与直线恰有两个不同交点，即方程在上有两个不同的解，画出的图象如下所示：依题意可得时，函数的图象与直线恰有两个不同交点，故答案为：【题目点拨】本题主要考查正弦函数的最大值和单调性，函数的图象变换规律，正弦函数的图象特征，体现了转化、数形结合的数学思想，属于中档题．16、【解题分析】

由图可得，即可求得：，再由图可得：当时，取得最大值，即可列方程，整理得：，解得：（），结合即可得解.【题目详解】由图可得：，所以，解得：由图可得：当时，取得最大值，即：整理得：，所以（）又，所以【题目点拨】本题主要考查了三角函数图象的性质及观察能力，还考查了转化思想及计算能力，属于中档题．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、【解题分析】

根据方程解出或，利用三角函数的定义解出，再根据终边相同角的表示即可求出.【题目详解】由，得，所以或，所以或，所以的解集为：.【题目点拨】本题考查了三角方程的解法，终边相同角的表示，反三角函数的定义，考查计算能力，属于基础题.18、（1）证明见解析（2）【解题分析】

(1)直接用定义法证明函数的单调性.

(2)利用（1）的单调性结论可求函数在上的值域【题目详解】（1）证明：任取，且则由，且，则，所以所以所以函数在上是单调减函数．（2）由（1）可得函数在上单调减函数所以，即所以函数在上的值域为：.【题目点拨】本题考查利用定义法证明函数的单调性和结合函数单调性求函数的值域.属于基础题.19、（1）；（2）．【解题分析】试题分析：(1)要求的值，根据两角和的正弦公式，可知还要求得，由于已知，所以，利用同角关系可得；（2）要求，由两角差的余弦公式我们知要先求得，而这由二倍角公式结合（1）可很容易得到.本题应该是三角函数最基本的题型，只要应用公式，不需要作三角函数问题中常见的“角”的变换，“函数名称”的变换等技巧，可以算得上是容易题，当然要正确地解题，也必须牢记公式，及计算正确.试题解析：（1）由题意，所以．（2）由（1）得，，所以．【考点】三角函数的基本关系式，二倍角公式，两角和与差的正弦、余弦公式．20、（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解题分析】

试题分析：（Ⅰ）题意实质上证明线段的中点到轴的距离等于线段长的一半，根据抛物线的定义设可证得；（Ⅱ）同样设，，把已知,用坐标表示出来，消去坐标及，得出与的关系，此时就可得出的取值范围．试题解析：（Ⅰ）由已知,设，则，圆心坐标为，圆心到轴的距离为，圆的半径为，所以，以线段为直径的圆与轴相切．（Ⅱ）解法一：设，由,,得，，所以，，由，得．又，，所以．代入，得，，整理得，代入，得，所以，因为，所以的取值范围是．解法二：设，，将代入，得，所以（*），由，，得，，所以，，，将代入（*）式，得，所以，．代入，得．因为，所以的取值范围是．考点：抛物线的定义，抛物线的焦点弦问题．21、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解题分析】试题分析：（Ⅰ）当时，根据，构造，利用，两式相减得到，然后验证，得到数列的通项公式；（Ⅱ）由上一问可知.根据零点分和讨论去绝对值，利用分组转化求数列的和.试题解析：（Ⅰ）因为，所以当时，，两式相减得：当时，，因为,得到，解得，，所以数列是首项，公比为5的等比数列，则；（Ⅱ）由题意知，,易知当时，；时，所以当时