海南省海口市四中2024届高一数学第二学期期末经典试题含解析

海南省海口市四中2024届高一数学第二学期期末经典试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．方程的解集是（）A． B．C． D．2．设点，，若直线与线段没有交点，则的取值范围是A． B． C． D．3．若实数满足，则的最小值为()A．4 B．8 C．16 D．324．已知锐角满足，则（）A． B． C． D．5．在明朝程大位《算法统宗》中，有这样一首歌谣，叫浮屠增级歌：远看巍巍塔七层，红光点点倍加增；共灯三百八十一，请问层三几盏灯．这首古诗描述的浮屠，现称宝塔．本浮屠增级歌意思是：有一座7层宝塔，每层悬挂的红灯数是上一层的2倍，宝塔中共有灯381盏，问这个宝塔第3层灯的盏数有()A． B． C． D．6．一个几何体的三视图如图（图中尺寸单位：m），则该几何体的体积为（）A． B． C． D．7．米勒问题，是指德国数学家米勒1471年向诺德尔教授提出的有趣问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆呈现最长（即可见角最大？）米勒问题的数学模型如下：如图，设是锐角的一边上的两定点，点是边边上的一动点，则当且仅当的外接圆与边相切时，最大．若，点在轴上，则当最大时，点的坐标为（）A． B．C． D．8．若数列满足，，则()A． B． C．18 D．209．已知函数在一个周期内的图象如图所示.则的图象，可由函数的图象怎样变换而来（纵坐标不变）（）A．先把各点的横坐标缩短到原来的倍，再向左平移个单位B．先把各点的横坐标缩短到原来的倍，再向右平移个单位C．先把各点的横坐标伸长到原来的2倍，再向左平移个单位D．先把各点的横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位10．函数的部分图象如图所示，为了得到的图象，只需将的图象A．向右平移个单位 B．向右平移个单位C．向左平移个单位 D．向左平移个单位二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为______.12．已知，若对任意，均有，则的最小值为______；13．在数列中，，，则__________．14．从1，2，3，4，5中任意取出两个不同的数，其和为5的概率为________.15．已知与的夹角为，，，则________.16．在中，是斜边的中点，，，平面，且，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．若是的一个内角，且，求的值.18．设是正项等比数列的前项和，已知，（1）求数列的通项公式;（2）令，求数列的前项和.19．如图，已知点P在圆柱OO1的底面⊙O上，分别为⊙O、⊙O1的直径，且平面．（1）求证：；（2）若圆柱的体积，①求三棱锥A1﹣APB的体积．②在线段AP上是否存在一点M，使异面直线OM与所成角的余弦值为？若存在，请指出M的位置，并证明；若不存在，请说明理由．20．已知数列的前n项和为，且，求数列的通项公式．21．如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四边形BFED为矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1.(1)求证：AD⊥平面BFED；(2)点P在线段EF上运动，设平面PAB与平面ADE所成锐二面角为θ，试求θ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、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.2、B【解题分析】直线恒过点且斜率为由图可知，且故选点睛：本题主要考查了两条直线的交点坐标，直线恒过点，直线与线段没有交点转化为过定点的直线与线段无公共点，作出图象，由图求解即可．3、B【解题分析】

由可以得到，利用基本不等式可求最小值.【题目详解】因为，故，因为，故，故，当且仅当时等号成立，故的最小值为8，故选B.【题目点拨】应用基本不等式求最值时，需遵循“一正二定三相等”，如果原代数式中没有积为定值或和为定值，则需要对给定的代数变形以产生和为定值或积为定值的局部结构.求最值时要关注取等条件的验证.4、D【解题分析】

根据为锐角可求得，根据特殊角三角函数值可知，从而得到，进而求得结果.【题目详解】，又，即本题正确选项：【题目点拨】本题考查三角函数值的求解问题，关键是能够熟悉特殊角的三角函数值，根据角的范围确定特殊角的取值.5、C【解题分析】

先根据等比数列的求和公式求出首项，再根据通项公式求解.【题目详解】从第1层到塔顶第7层，每层的灯数构成一个等比数列，公比为，前7项的和为381，则，得第一层，则第三层，故选【题目点拨】本题考查等比数列的应用，关键在于理解题意.6、C【解题分析】

根据三视图判断几何体的形状，计算即可得解.【题目详解】该几何体是一个半径为1的球体削去四分之一，体积为.故选：C.【题目点拨】本题考查了三视图的识别和球的体积计算，属于基础题.7、A【解题分析】

设点的坐标为，求出线段的中垂线与线段的中垂线交点的横坐标，即可得到的外接圆圆心的横坐标，由的外接圆与边相切于点，可知的外接圆圆心的横坐标与点的横坐标相等，即可得到点的坐标．【题目详解】由于点是边边上的一动点，且点在轴上，故设点的坐标为；由于，则直线的方程为：，点为直线与轴的交点，故点的坐标为；由于为锐角，点是边边上的一动点，故；所以线段的中垂线方程为：；线段的中垂线方程为：；故的外接圆的圆心为直线与直线的交点，联立，解得：；即的外接圆圆心的横坐标为的外接圆与边相切于点，边在轴上，则的外接圆圆心的横坐标与点的横坐标相等，即，解得：或（舍）所以点的坐标为；故答案选A【题目点拨】本题考查直线方程、三角形外接圆圆心的求解，属于中档题8、A【解题分析】

首先根据题意得到：是以首项为，公差为的等差数列.再计算即可.【题目详解】因为，所以是以首项为，公差为的等差数列.，.故选：A【题目点拨】本题主要考查等差数列的定义，熟练掌握等差数列的表达式是解题的关键，属于简单题.9、B【解题分析】

根据图象可知，根据周期为知，过点求得，函数解析式，比较解析式，根据图像变换规律即可求解.【题目详解】由在一个周期内的图象可得,，解得，图象过点，代入解析式得，因为，所以，故，因为，将函数图象上点的横坐标变为原来的得，再向右平移个单位得的图象，故选B.【题目点拨】本题主要考查了由部分图像求解析式，图象变换规律，属于中档题.10、B【解题分析】试题分析：由图象知，，，，，得，所以，为了得到的图象，所以只需将的图象向右平移个长度单位即可，故选D．考点：三角函数图象.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、.【解题分析】

根据题意画出正方体,由线段关系即可求得三棱锥的体积.【题目详解】根据题意,画出正方体如下图所示:由棱锥的体积公式可知故答案为:【题目点拨】本题考查了三棱锥体积求法,通过转换顶点法求棱锥的体积是常用方法,属于基础题.12、【解题分析】

根据对任意，均有，分析得到，再根据正弦型函数的最值公式求解出的最小值.【题目详解】因为对任意，均有，所以，所以，所以，所以.故答案为：.【题目点拨】本题考查正弦型函数的应用，难度一般.正弦型函数的最值一定是在对称轴的位置取到，因此正弦型函数取最大值与最小值时对应的自变量的差的绝对值最小为，此时最大值与最小值对应的对称轴相邻.13、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.14、0.2【解题分析】从1,2,3,4,5中任意取两个不同的数共有(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5)10种.其中和为5的有(1,4),(2,3)2种.由古典概型概率公式知所求概率为=.15、3【解题分析】

将平方再利用数量积公式求解即可.【题目详解】因为,故.化简得.因为，故.故答案为：3【题目点拨】本题主要考查了模长与数量积的综合运用,经常利用平方去处理.属于基础题.16、【解题分析】

由EC垂直Rt△ABC的两条直角边，可知EC⊥面ABC，再根据D是斜边AB的中点，AC＝6，BC＝8，可求得CD的长，根据勾股定理可求得DE的长．【题目详解】如图，EC⊥面ABC，而CD⊂面ABC，∴EC⊥CD，∵AC＝6，BC＝8，EC＝12，△ABC是直角三角形，D是斜边AB的中点，∴CD＝5，ED1．故答案为1．【题目点拨】本题主要考查了线面垂直的判定和性质定理，利用勾股定理求线段的长度，考查了空间想象能力和推理论证能力，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、【解题分析】

本题首先可根据是的一个内角以及得出和，然后对进行平方并化简可得，最后结合即可得出结果．【题目详解】因为是的一个内角，所以，，因为，所以，，所以，所以．【题目点拨】本题考查同角三角函数关系的应用，考查的公式为，在运算的过程中一定要注意角的取值范围，考查推理能力，是简单题．18、(1)；(2)【解题分析】

（1）设正项等比数列的公比为，当时，可验证出，可知；根据可构造方程求得，进而根据等比数列通项公式可求得结果；（2）由（1）可得，采用错位相减法即可求得结果.【题目详解】（1）设正项等比数列的公比为当时，，解得：，不合题意由得：，又整理得：，即，解得：（2）由（1）得：…①则…②①②得：【题目点拨】本题考查等比数列通项公式的求解、错位相减法求解数列的前项和；关键是能够得到数列的通项公式后，根据等差乘以等比的形式确定采用错位相减法求得结果，对学生的计算和求解能力有一定要求.19、（1）见解析；（2）①，②见解析【解题分析】

（1）根据，得出平面，故而；（2）①根据圆柱的体积计算，根据计算，，代入体积公式计算棱锥的体积；②先证明就是异面直线与所成的角，然后根据可得，故为的中点．【题目详解】（1）证明：∵P在⊙O上，AB是⊙O的直径，平面又，平面，又平面，故．（2）①由题意，解得，由，得，，∴三棱锥的体积．②在AP上存在一点M，当M为AP的中点时，使异面直线OM与所成角的余弦值为．证明：∵O、M分别为的中点，则，就是异面直线OM与所成的角，又，在中，．∴在AP上存在一点M，当M为AP的中点时，使异面直线OM与所成角的余弦值为．【题目点拨】本题主要考查了线面垂直的判定与性质，棱锥的体积计算以及异面直线所成的角，属于中档题．20、【解题分析】

利用公式，计算的通项公式，再验证时的情况.【题目详解】当时，；当时，不满足上式．∴【题目点拨】本题考查了利用求数列通项公式，忽略的情况是容易犯的错误.21、（1）证明见解析（2）θ最小值为60°【解题分析】

（1）在梯形ABCD中，利用勾股定理，得到AD⊥BD，再结合面面垂直的判定，证得DE⊥平面ABCD，即可证得AD⊥平面BFED；（2）以D为原点，直线DA，DB，DE分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面PAB与平面ADE法向量，利用向量的夹角公式，即可求解。【题目详解】（1）证明：在梯形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，∴AB＝2.∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos60°＝3.∴AB2＝AD2＋BD2，∴AD⊥BD.∵平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，DE⊂平面BFED，DE⊥DB，∴DE⊥平面ABCD，∴DE⊥AD，又DE∩BD＝D，∴AD⊥平面BFED.（1）由(1)知，直线AD，BD，ED两两垂直，故以D为原点，直线DA，DB，DE分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，令EP＝λ(0≤λ≤)，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，P(0，λ，1)，所以＝(－1