广西桂林,百色,梧州,北海,崇左五市2024届高一数学第二学期期末复习检测试题含解析

广西桂林,百色,梧州,北海,崇左五市2024届高一数学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．如图所示，垂直于以为直径的圆所在的平面，为圆上异于的任一点，则下列关系中不正确的是（）A． B．平面 C． D．2．若（）A． B． C． D．3．在中，，，则的形状是()A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．不能确定4．已知角的终边经过点（3，-4），则的值为（）A． B． C． D．5．已知均为实数，则“”是“构成等比数列”的（）A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件6．（）A． B． C． D．7．已知函数在处取得极小值，则的最小值为（）A．4 B．5 C．9 D．108．在中，边，，分别是角，，的对边，且满足，若，则的值为A． B． C． D．9．已知点在第三象限，则角的终边在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限10．右图中，小方格是边长为1的正方形，图中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．若是等比数列，，，则________12．方程在区间上的解为___________．13．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_____.14．已知，则的值是______.15．在数列中，，则___________.16．如图，在直角梯形中，//是线段上一动点，是线段上一动点，则的最大值为________．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．已知数列满足：，，数列满足：（）．（1）证明：数列是等比数列；（2）求数列的前项和，并比较与的大小.18．如图，在三棱锥中，垂直于平面，.求证：平面.19．已知函数，作如下变换：.（1）分别求出函数的对称中心和单调增区间；（2）写出函数的解析式、值域和最小正周期.20．的内角，，的对边分别为，，，设.（1）求；（2）若，求.21．如图，菱形ABCD与正三角形BCE的边长均为2，且平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD，．(I)求证：平面ABCD；(II)求证：平面ACF⊥平面BDF．

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】

由平面，得，再由，得到平面，进而得到，即可判断出结果.【题目详解】因为垂直于以为直径的圆所在的平面，即平面，得，A正确；又为圆上异于的任一点，所以，平面，，B，D均正确.故选C.【题目点拨】本题主要考查线面垂直，熟记线面垂直的判定定理与性质定理即可，属于常考题型.2、D【解题分析】故.【考点定位】本题主要考查基本不等式的应用及指数不等式的解法，属于简单题.3、C【解题分析】

利用余弦定理求出，再利用余弦定理求得的值，即可判断三角形的形状.【题目详解】在中，，解得：；∵，∵，，∴是直角三角形.故选：C.【题目点拨】本题考查余弦定理的应用、三角形形状的判定，考查逻辑推理能力和运算求解能力.4、A【解题分析】

先求出的值，即得解.【题目详解】由题得，，所以.故选A【题目点拨】本题主要考查三角函数的坐标定义，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.5、A【解题分析】解析：若构成等比数列，则，即是必要条件；但时，不一定有成等比数列，如，即是不充分条件．应选答案A．6、B【解题分析】

根据诱导公式和两角和的余弦公式的逆用变形即可得解.【题目详解】由题：故选：B【题目点拨】此题考查两角和的余弦公式的逆用，关键在于熟记相关公式，准确化简求值.7、C【解题分析】由，得，则，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，故选C.8、A【解题分析】

利用正弦定理把题设等式中的边换成角的正弦，进而利用两角和公式化简整理可得的值，由可得的值【题目详解】在中，由正弦定理可得化为：即在中，，故,可得，即故选【题目点拨】本题以三角形为载体，主要考查了正弦定理，向量的数量积的运用，考查了两角和公式，考查了分析问题和解决问题的能力，属于中档题。9、B【解题分析】

根据同角三角函数间基本关系和各象限三角函数符号的情况即可得到正确选项.【题目详解】因为点在第三象限，则，，所以，则可知角的终边在第二象限.故选：B.【题目点拨】本题考查各象限三角函数符号的判定，属基础题.相关知识总结如下：第一象限：；第二象限：；第三象限：；第四象限：.10、D【解题分析】

由三视图可知，该几何体为棱长为2的正方体截去一个三棱锥，由正方体的体积减去三棱锥的体积求解．【题目详解】根据三视图，可知原几何体如下图所示，该几何体为棱长为的正方体截去一个三棱锥，则该几何体的体积为．故选：D．【题目点拨】本题考查了几何体三视图的应用问题以及几何体体积的求法，关键是根据三视图还原原来的空间几何体，是中档题．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

根据等比数列的通项公式求解公比再求和即可.【题目详解】设公比为,则.故故答案为：【题目点拨】本题主要考查了等比数列的基本量求解,属于基础题型.12、【解题分析】试题分析：化简得：，所以，解得或（舍去），又，所以.【考点】二倍角公式及三角函数求值【名师点睛】已知三角函数值求角，基本思路是通过化简，得到角的某种三角函数值，结合角的范围求解.本题难度不大，能较好地考查考生的逻辑推理能力、基本计算能力等.13、【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14、【解题分析】

根据两角差的正切公式即可求解【题目详解】故答案为：【题目点拨】本题考查两角差的正切公式的用法，属于基础题15、-1【解题分析】

首先根据，得到是以，的等差数列.再计算其前项和即可求出，的值.【题目详解】因为，.所以数列是以，的等差数列.所以.所以，，.故答案为：【题目点拨】本题主要考查等差数列的判断和等差数列的前项和的计算，属于简单题.16、2【解题分析】

建立平面直角坐标系，得到相应点的坐标及向量的坐标，把，利用向量的数量积转化为的函数，即可求解．【题目详解】建立如图所示的平面直角坐标系，因为，，所以,因为，，所以,因为，所以当时，取得最大值，最大值为．故答案为：．【题目点拨】本题主要考查了平面向量的线性运算，以及向量的数量积的运算的应用，其中解答中建立平面直角坐标系，结合向量的线性运算和数量积的运算，得到的函数关系式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．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）见证明；（2）见解析【解题分析】

(1)将原式变形为，进而得到结果；（2）根据第一问得到，错位相减得到结果.【题目详解】（1）由条件得，易知，两边同除以得，又，故数列是等比数列，其公比为.（2）由（1）知，则……①……②两式相减得即.【题目点拨】这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知和的关系，求表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等．18、证明见解析【解题分析】

分析：由线面垂直的性质可得，结合，利用线面垂直的判定定理可得平面.详解：∵面，在面内，∴，又∵，，∴面.点睛：证明直线和平面垂直的常用方法有：（1）利用判定定理；（2）利用判定定理的推论；（3）利用面面平行的性质；（4）利用面面垂直的性质，当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面.19、（1），；（2），，.【解题分析】

（1）由，直接利用对称中心和增区间公式得到答案.（2）根据变换得到函数的解析式为，再求值域和最小正周期.【题目详解】由题意知：（1）由得对称中心，由，得：单调增区间为，（2）所求解析式为：0值域：最小正周期：.【题目点拨】本题考查了三角函数的对称中心，单调区间，函数变换，周期，值域，综合性强，意在考查学生对于三角函数公式和性质的灵活运用.20、(1)(2)【解题分析】

（1）由正弦定理得，再利用余弦定理的到.（2）将代入等式，化简得到答案.【题目详解】解：（1）由结合正弦定理得；∴又，∴.（2）由,∴∴,∴∴又∴解得：，.【题目点拨】本题考查了正弦定理，余弦定理，和差公式，意在考查学生的计算能力.21、（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）见解析.【解题分析】(1)添加辅助线，通过证明线线平行来证明线面平行.(2)通过证明线面垂直面，来证明面面.（Ⅰ）证明：如图，过点作于，连接，∴．