浙江省绍兴市诸暨中学2024届数学高一第二学期期末复习检测试题含解析

浙江省绍兴市诸暨中学2024届数学高一第二学期期末复习检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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．函数的单调增区间是()A． B．C． D．2．三角函数是刻画客观世界周期性变化规律的数学模型，单位圆定义法是任意角的三角函数常用的定义方法，是以角度（数学上最常用弧度制）为自变量，任意角的终边与单位圆交点坐标为因变量的函数.平面直角坐标系中的单位圆指的是平面直角坐标系上，以原点为圆心，半径为单位长度的圆.问题：已知角的终边与单位圆的交点为，则（）A． B． C． D．3．已知数列满足，，则（）A．1024 B．2048 C．1023 D．20474．已知扇形的圆心角为120°，半径为6，则扇形的面积为（）A． B． C． D．5．若实数满足约束条件，则的最大值是（）A． B．0 C．1 D．26．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有两点，，且，则A． B． C． D．7．中，已知，则角（）A．90° B．105° C．120° D．135°8．已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是，接下来的两项是，再接下来的三项是，依此类推，记此数列为，则()A．1 B．2 C．4 D．89．方程的解集是（）A． B．C． D．10．已知，，则的最大值为（）A．9 B．3 C．1 D．27二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．现用一半径为，面积为的扇形铁皮制作一个无盖的圆锥形容器（假定衔接部分及铁皮厚度忽略不计，且无损耗），则该容器的容积为__________.12．在中，角为直角，线段上的点满足，若对于给定的是唯一确定的，则_______．13．的值域是______.14．若三边长分别为3，5，的三角形是锐角三角形，则的取值范围为______.15．函数，的图象与直线y=k有且仅有两个不同的交点，则k的取值范围是_____.16．在数列中，，，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．已知向量.（1）若，且，求实数的值；（2）若，且与的夹角为，求实数的值.18．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，，，，平面底面ABCD，E和F分别是CD和PC的中点.求证：（1）平面BEF；（2）平面平面PCD．19．已知数列的前项和为，且满足.（1）求证：数列是等比数列；（2）设，数列的前项和为，求证：.20．设正项等比数列且的等差中项为．(1)求数列的通项公式；(2)若，数列的前n项为，数列满足，为数列的前项和，求．21．已知函数(1)求函数的单调递减区间；(2)若将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，然后再向右平移()个单位长度，所得函数的图象关于轴对称．求的最小值

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】

化简函数可得y＝2sin（2x），把“2x”作为一个整体，再根据正弦函数的单调增区间，求出x的范围，即是所求函数的增区间．【题目详解】，由2kπ≤2x2kπ得，kπx≤kπ（k∈z），∴函数的单调增区间是[kπ，kπ]（k∈z），故选D．【题目点拨】本题考查了正弦函数的单调性应用，一般的做法是利用整体思想，根据正弦函数（余弦函数）的性质进行求解．2、A【解题分析】

先求出和的值，再根据诱导公式即可得解.【题目详解】因为角的终边与单位圆的交点为，所以，，则.故选：A.【题目点拨】本题考查任意角三角函数值的求法，考查诱导公式的应用，属于基础题,3、C【解题分析】

根据叠加法求结果.【题目详解】因为，所以，因此，选C.【题目点拨】本题考查叠加法求通项以及等比数列求和，考查基本分析求解能力，属基础题.4、C【解题分析】

根据扇形的面积公式即可求得.【题目详解】解：由题意：，所以扇形的面积为：故选：C【题目点拨】本题考查扇形的面积公式，考查运算求解能力，核心是记住公式.5、C【解题分析】

由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，求出最优解的坐标代入目标函数即可得解.【题目详解】作出可行域如图，设，联立，则，，当直线经过点时，截距取得最小值，取得最大值.故选：C【题目点拨】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，属于基础题.6、B【解题分析】

首先根据两点都在角的终边上，得到，利用，利用倍角公式以及余弦函数的定义式，求得，从而得到，再结合，从而得到，从而确定选项.【题目详解】由三点共线，从而得到，因为，解得，即，所以，故选B.【题目点拨】该题考查的是有关角的终边上点的纵坐标的差值的问题，涉及到的知识点有共线的点的坐标的关系，余弦的倍角公式，余弦函数的定义式，根据题中的条件，得到相应的等量关系式，从而求得结果.7、C【解题分析】

由诱导公式和两角差的正弦公式化简已知不等式可求得关系，求出后即可求得．【题目详解】，∴，是三角形内角，，，则由得，∴，从而．故选：C.【题目点拨】本题考查两角差的正弦公式和诱导公式，考查正弦函数性质．已知三角函数值只要确定了角的范围就可求角．8、C【解题分析】

将数列分组：第1组为，第2组为，第3组为，，根据，进而得到数列的2017项为，数列的第2018项为，数列的第2019项为，即可求解.【题目详解】将所给的数列分组：第1组为，第2组为，第3组为，，则数列的前n组共有项，又由，所以数列的前63组共有2016项，所以数列的2017项为，数列的第2018项为，数列的第2019项为，所以故选：C.【题目点拨】本题主要考查了等差数列的前n项和公式的应用，其中解答中根据所给数列合理分组，结合等差数列的前n项和求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.9、C【解题分析】

把方程化为，结合正切函数的性质，即可求解方程的解，得到答案.【题目详解】由题意，方程，可化为，解得，即方程的解集为.故答案为：C.【题目点拨】本题主要考查了三角函数的基本关系式，以及三角方程的求解，其中解答中熟记正切函数的性质，准确求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.10、B【解题分析】

由已知，可利用柯西不等式，构造柯西不等式，即可求解．【题目详解】由已知，可知，，利用柯西不等式，可构造得，即，所以的最大值为3，故选B．【题目点拨】本题主要考查了柯西不等式的应用，其中解答中熟记柯西不等式，合理构造柯西不等式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】分析：由圆锥的几何特征，现用一半径为，面积为的扇形铁皮制作一个无盖的圆锥形容器，则圆锥的底面周长等于扇形的弧长，圆锥的母线长等于扇形的半径，由此计算出圆锥的高，代入圆锥体积公式，即可求出答案.解析：设铁皮扇形的半径和弧长分别为R、l，圆锥形容器的高和底面半径分别为h、r，则由题意得R=10，由，得，由得.由可得.该容器的容积为.故答案为.点睛：涉及弧长和扇形面积的计算时，可用的公式有角度表示和弧度表示两种，其中弧度表示的公式结构简单，易记好用，在使用前，应将圆心角用弧度表示．12、【解题分析】

设，根据已知先求出x的值，再求的值.【题目详解】设，则.依题意，若对于给定的是唯一的确定的，函数在（1，）是增函数，在（，+）是减函数，所以，此时，.故答案为【题目点拨】本题主要考查对勾函数的图像和性质，考查差角的正切的计算和同角的三角函数的关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.13、【解题分析】

对进行整理，得到正弦型函数，然后得到其值域，得到答案.【题目详解】，因为所以的值域为.故答案为：【题目点拨】本题考查辅助角公式，正弦型函数的值域，属于简单题.14、【解题分析】

由三边长分别为3，5，的三角形是锐角三角形，若5是最大边，则，解得范围，若是最大边，则，解得范围，即可得出．【题目详解】解：由三边长分别为3，5，的三角形是锐角三角形，若5是最大边，则，解得．若是最大边，则，解得．综上可得：的取值范围为．故答案为：．【题目点拨】本题考查了不等式的性质与解法、余弦定理、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．15、【解题分析】

作出其图像，可只有两个交点时k的范围为.故答案为16、16【解题分析】

依次代入即可求得结果.【题目详解】令，则；令，则；令，则；令，则本题正确结果：【题目点拨】本题考查根据数列的递推公式求解数列中的项，属于基础题.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、（1）；（2）.【解题分析】

（1）根据平面向量加法和数乘的坐标表示公式、数量积的坐标表示公式，结合两个互相垂直的平面向量数量积为零，进行求解即可；（2）利用平面向量夹角公式进行求解即可.【题目详解】（1）当时，.因为，所以；（2）当时，所以有，因为与的夹角为，所以有.【题目点拨】本题考查了平面向量运算的坐标表示公式，考查了平面向量夹角公式，考查了数学运算能力.18、（2）证明见解析（2）证明见解析【解题分析】

（1）连接，交于，结合平行四边形的性质可得，再由线面平行的判定定理，即可得证（2）运用面面垂直的性质定理可得平面，推得，，，再由线面垂直的判定定理和吗垂直的判定定理，即可得证．【题目详解】证明：（1）连接，交于，可得四边形为平行四边形，且为的中点，可得为的中位线，可得，平面，面，可得面；（2）平面底面，，可得平面，即有，，可得，由，，可得四边形为矩形，即有，又，，可得，且所以有平面，而平面，则平面平面．【题目点拨】本题考查线面平行和面面垂直的判定，注意运用线线平行和线面垂直的判定定理，考查推理能力，属于中档题．19、（1）见证明；（2）见证明【解题分析】

（1）由，得，两式作差可得，利用等比数列的定义，即可作出证明；（2）由（1）可得，得到，利用裂项法求得数列的和，即可作出证明.【题目详解】（1）证明：由，得，两式作差可得：，即，即，又，得，所以数列是首项为，公比为的等比数列；（2）由（1）可得，数列的通项公式为，又由，所以.所以.【题目点拨】本题主要考查了等比数列的定义，以及数列“裂项法”求和的应用，其中解答中熟记等比数列的定义和通项，以及合理利用数列的“裂项法”求得数列的前n项和是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.20、（1）；（2）.【解题分析】

（1）利用已知条件列出方程，求出首项与公比，然后求解通项公式．（2）化简数列的通项公式，利用裂项相消法求解数列的和即可．【题目详解】（1）设等比数列的公比为，由题意，得，解得，所以.（2）由（1）得，∴，∴，∴.【题目点拨】本题考查数列的递推关系式以及数列求和，考查转化思想以及计算能力．21、(1)，，．（2）.