江苏省常州市省常中2024届数学高一下期末经典试题含解析

江苏省常州市省常中2024届数学高一下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．过点的直线的斜率为，则等于（）A． B．10 C．2 D．42．对于函数f(x)=2sinxcosx，下列选项中正确的是()A．f(x)在（，）上是递增的 B．f(x)的图象关于原点对称C．f(x)的最小正周期为 D．f(x)的最大值为23．下列命题中正确的是（）A． B．C． D．4．在△ABC中，若a=2bsinA,则B为A． B． C．或 D．或5．在锐角中ΔABC，角A,B所对的边长分别为a,b.若2asinA．π12B．π6C．π6．如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为3，则与平面所成的角为（）A． B． C． D．7．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8．已知，则的最小值为A．3 B．4 C．5 D．69．若圆的半径为4，a、b、c为圆的内接三角形的三边，若abc＝16，则三角形的面积为()A．2 B．8 C． D．10．直线与圆相交于M，N两点，若．则的取值范围是（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知常数θ∈(0,π2)，若函数f(x)在Rf(x)=2sinπx-1≤x≤1log是________.12．中，，，，则______.13．九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜.据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合面为一”.在某种玩法中，用表示解下个圆环所需的移动最少次数，满足，且，则解下4个环所需的最少移动次数为_____.14．一圆柱的侧面展开图是长、宽分别为3、4的矩形，则此圆柱的侧面积是________．15．已知，若直线与直线垂直，则的最小值为_____16．已知中，的对边分别为，若，则的周长的取值范围是__________．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．已知数列的前项和为，满足且，数列的前项为，满足（Ⅰ）设，求证：数列为等比数列；（Ⅱ）求的通项公式；（Ⅲ）若对任意的恒成立，求实数的最大值.18．在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆上．（1）求圆的方程；（2）若圆与直线交于，两点，且，求的值．19．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（1）求A；（2）若A为锐角，，的面积为，求的周长．20．已知数列的通项公式为.（1）求这个数列的第10项；（2）在区间内是否存在数列中的项？若有，有几项？若没有，请说明理由.21．已知函数，且函数是偶函数，设(1)求的解析式；(2)若不等式≥0在区间(1，e2]上恒成立，求实数的取值范围；(3)若方程有三个不同的实数根，求实数的取值范围．

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】

直接应用斜率公式，解方程即可求出的值.【题目详解】因为过点的直线的斜率为，所以有，故本题选B.【题目点拨】本题考查了直线斜率公式，考查了数学运算能力.2、B【解题分析】

解:,是周期为的奇函数,

对于A,在上是递减的,错误;

对于B,是奇函数,图象关于原点对称,正确;

对于C,是周期为,错误;

对于D,的最大值为1,错误;

所以B选项是正确的.3、D【解题分析】

根据向量的加减法的几何意义以及向量数乘的定义即可判断．【题目详解】，，，，故选D．【题目点拨】本题主要考查向量的加减法的几何意义以及向量数乘的定义的应用．4、C【解题分析】，，则或，选C.5、D【解题分析】试题分析：∵2a考点：正弦定理解三角形6、A【解题分析】

取的中点，连接、，作，垂足为点，证明平面，于是得出直线与平面所成的角为，然后利用锐角三角函数可求出．【题目详解】如下图所示，取的中点，连接、，作，垂足为点，是边长为的等边三角形，点为的中点，则，且，在三棱柱中，平面，平面，，，平面，平面，，，，平面，所以，直线与平面所成的角为，易知，在中，，，，，，即直线与平面所成的角为，故选A．【题目点拨】本题考查直线与平面所成角的计算，求解时遵循“一作、二证、三计算”的原则，一作的是过点作面的垂线，有时也可以通过等体积法计算出点到平面的距离，利用该距离与线段长度的比值作为直线与平面所成角的正弦值，考查计算能力与推理能力，属于中等题．7、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.8、C【解题分析】

由，得，则，利用基本不等式，即可求解．【题目详解】由题意，因为，则，所以，当且仅当时，即时取等号，所以的最小值为5，故选C．【题目点拨】本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中熟记基本不等式的使用条件，合理构造是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．9、C【解题分析】

试题分析：由正弦定理可知，∴，∴．考点：正弦定理的运用．10、A【解题分析】

可通过将弦长转化为弦心距问题，结合点到直线距离公式和勾股定理进行求解【题目详解】如图所示，设弦中点为D，圆心C(3,2),弦心距，又，由勾股定理可得，答案选A【题目点拨】圆与直线的位置关系解题思路常从两点入手：弦心距、勾股定理。处理过程中，直线需化成一般式二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、15【解题分析】

根据f(-1【题目详解】∵函数f(x)在R上恒有f(-1∴f-∴函数周期为4.∵常数θ∈(0,π∴cos∴函数y=f(x)-cosθ-1在区间[-5,14]上零点,即函数y=f(x) (x∈[-5,14])与直线由f(x)=2sinπx由图可知，在一个周期内，函数y=f(x)-cos故函数y=f(x)-cosθ-1在区间故填15.【题目点拨】本题主要考查了函数零点的个数判断，涉及数形结合思想在解题中的运用，属于难题.12、【解题分析】

根据，得到的值，再由余弦定理，得到的值.【题目详解】因为，所以，在中，，，由余弦定理得.所以.故答案为：【题目点拨】本题考查二倍角的余弦公式，余弦定理解三角形，属于简单题.13、7【解题分析】

利用的通项公式，依次求出，从而得到，即可得到答案。【题目详解】由于表示解下个圆环所需的移动最少次数，满足，且所以，，故，所以解下4个环所需的最少移动次数为7故答案为7.【题目点拨】本题考查数列的递推公式，属于基础题。14、12【解题分析】

直接根据圆柱的侧面展开图的面积和圆柱侧面积的关系计算得解.【题目详解】因为圆柱的侧面展开图的面积和圆柱侧面积相等，所以此圆柱的侧面积为.故答案为：12【题目点拨】本题主要考查圆柱的侧面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.15、8【解题分析】

两直线斜率存在且互相垂直，由斜率乘积为-1求得等式，把目标式子化成，运用基本不等式求得最小值.【题目详解】设直线的斜率为，，直线的斜率为，，两条直线垂直，，整理得：，，等号成立当且仅当，的最小值为.【题目点拨】利用“1”的代换，转化成可用基本不等式求最值，考查转化与化归的思想.16、【解题分析】中，由余弦定理可得，∵，∴，化简可得．∵，∴，解得（当且仅当时，取等号）．故．再由任意两边之和大于第三边可得，故有，故的周长的取值范围是，故答案为．点睛：由余弦定理求得，代入已知等式可得，利用基本不等式求得，故．再由三角形任意两边之和大于第三边求得，由此求得△ABC的周长的取值范围．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、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）（Ⅲ）【解题分析】

（Ⅰ）对递推公式变形可得，根据等比数列的定义，即可得证；（Ⅱ）化简可得，然后再利用裂项相消法求和，即可得到结果；（Ⅲ）先求出，然后再利用分组求和求出，然后再利用分离常数法，可得，最后对进行分类讨论，即可求出结果．【题目详解】解：（Ⅰ）由得，变形为：，，且∴数列是以首项为2，公比为的等比数列（Ⅱ）由；（Ⅲ）由（Ⅰ）知数列是以首项为2，公比为的等比数列∴，于是∴=，由得从而，∴当n为偶数时，恒成立，而，∴1当n为奇数时，恒成立，而，∴综上所述，，即的最大值为【题目点拨】本题考查等比数列的定义和通项公式、求和公式的运用，考查数列的裂项相消法求和和分组法求和，考查化简运算能力，属于中档题．18、（1）；（2）.【解题分析】分析：（1）因为曲线与坐标轴的交点都在圆上，所以要求圆的方程应求曲线与坐标轴的三个交点．曲线与轴的交点为，与轴的交点为．由与轴的交点为关于点(3,0)对称，故可设圆的圆心为，由两点间距离公式可得，解得．进而可求得圆的半径为，然后可求圆的方程为．（2）设，，由可得，进而可得，减少变量个数．因为，，所以．要求值，故将直线与圆的方程联立可得，消去，得方程．因为直线与圆有两个交点，故判别式，由根与系数的关系可得，．代入，化简可求得，满足，故．详解：（1）曲线与轴的交点为，与轴的交点为．故可设的圆心为，则有，解得．则圆的半径为，所以圆的方程为．（2）设，，其坐标满足方程组消去，得方程．由已知可得，判别式，且，．由于，可得．又，所以．由得，满足，故．点睛：⑴求圆的方程一般有两种方法：①待定系数法：如条件和圆心或半径有关，可设圆的方程为标准方程，再代入条件可求方程；如已知圆过两点或三点，可设圆的方程为一般方程，再根据条件求方程；②几何方法：利用圆的性质，如圆的弦的垂直平分线经过圆心，最长的弦为直径，圆心到切线的距离等于半径．（2）直线与圆或圆锥曲线交于，两点，若，应设，，可得．可将直线与圆或圆锥曲线的方程联立消去，得关于的一元二次方程，利用根与系数的关系得两根和与两根积，代入，化简求值．19、（1）或；（2）.【解题分析】

(1)由正弦定理将边化为对应角的正弦值，即可求出结果；(2)由余弦定理和三角形的面积公式联立，即可求出结果.【题目详解】（I）由正弦定理得，，即又，或．（II），由余弦定理得，即，而的面积为．的周长为5+．【题目点拨】本题主要考查正弦定理和余弦定理解三角形，属于基础题型.20、（1）（2）只有一项【解题分析】

（1）根据通项公式直接求解（2）根据条件列不等式，解得结果【题目详解】解：（1）；（2）解不等式得，因为为正整数，所以，因此在区间内只有一项.【题目点拨】本题考查数列通项公式及其应用，考查基本分析求解能力，属基础题21、(1)；(2)；(3).【解题分析】

（1）对称轴为，对称轴为，再根据图像平移关系求解；（2）分离参数，转化为求函