江西省宜春市樟树中学2024届数学高一下期末统考模拟试题含解析

江西省宜春市樟树中学2024届数学高一下期末统考模拟试题考生须知：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．设向量，满足，，则（）A．1 B．2 C．3 D．52．己知的周长为，内切圆的半径为，，则的值为（）A． B． C． D．3．已知的内角的对边分别为，若，则（）A． B． C． D．4．已知等比数列中，，，则（）A．10 B．7 C．4 D．125．用数学归纳法证明的过程中，设，从递推到时，不等式左边为（）A． B．C． D．6．与角终边相同的角是A． B． C． D．7．奇函数在上单调递减，且，则不等式的解集是（）．A． B．C． D．8．若，且，则是（）A．第一象限角 B．第二象限角 C．第三象限角 D．第四象限角9．函数的部分图象如图，则（）（）A．0 B． C． D．610．表示不超过的最大整数，设函数，则函数的值域为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若的面积为，则的最大值为________.12．某学校成立了数学，英语，音乐3个课外兴趣小组，3个小组分别有39，32，33个成员，一些成员参加了不止一个小组，具体情况如图.现随机选取一个成员，他恰好只属于2个小组的概率是____.13．若则的最小值是__________．14．已知在数列中，且，若，则数列的前项和为__________．15．若直线：与直线的交点位于第一象限，则直线的倾斜角的取值范围是___________.16．设等比数列的前项和为，若，,则的值为______．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．（1）任意向轴上这一区间内投掷一个点，则该点落在区间内的概率是多少？（2）已知向量，，若，分别表示一枚质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6）先后抛掷两次时第一次、第二次出现的点数，求满足的概率.18．已知数列是等差数列，是其前项和.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.19．如图所示，在三棱柱中，与都为正三角形，且平面，分别是的中点.求证：（1）平面平面；（2）平面平面.20．如图，已知四棱锥，侧面是正三角形，底面为边长2的菱形，，.（1）设平面平面，求证：；（2）求多面体的体积；（3）求二面角的余弦值.21．在中，内角所对的边分别为.已知，.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求的值.

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、A【解题分析】

将等式进行平方，相加即可得到结论．【题目详解】∵||，||，∴分别平方得2•10，2•6，两式相减得4•10﹣6＝4，即•1，故选A．【题目点拨】本题主要考查向量的基本运算，利用平方进行相加是解决本题的关键，比较基础．2、C【解题分析】

根据的周长为，内切圆的半径为，求得，再利用正弦定理，得到，然后代入余弦定理，化简得到求解.【题目详解】因为的周长为，内切圆的半径为，所以，又因为，所以.由余弦定理得：，，所以，所以，即，因为A为内角，所以，所以.故选：C【题目点拨】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.3、B【解题分析】

已知两角及一对边，求另一边，我们只需利用正弦定理.【题目详解】在三角形中由正弦定理公式:，所以选择B【题目点拨】本题直接属于正弦定理的直接考查，代入公式就能求解.属于简单题.4、C【解题分析】

由等比数列性质可知,进而根据对数的运算法则计算即可【题目详解】由题,因为等比数列,所以,则,故选:C【题目点拨】本题考查等比数列的性质的应用,考查对数的运算5、C【解题分析】

比较与时不等式左边的项，即可得到结果【题目详解】因此不等式左边为，选C.【题目点拨】本题考查数学归纳法，考查基本分析判断能力，属基础题6、C【解题分析】∵与终边相同的角的集合为∴令，得∴与角终边相同的角是故选C7、A【解题分析】

因为函数式奇函数，在上单调递减，根据奇函数的性质得到在上函数仍是减函数，再根据可画出函数在上的图像，根据对称性画出在上的图像．根据图像得到的解集是：．故选A．8、C【解题分析】，则的终边在三、四象限；则的终边在三、一象限，，，同时满足，则的终边在三象限．9、D【解题分析】

先利用正切函数求出A，B两点的坐标，进而求出与的坐标，再代入平面向量数量积的运算公式即可求解．【题目详解】因为y＝tan（x）＝0⇒xkπ⇒x＝4k+2，由图得x＝2；故A（2，0）由y＝tan（x）＝1⇒xk⇒x＝4k+3，由图得x＝3，故B（3，1）所以（5，1），（1，1）．∴（）5×1+1×1＝1．故选D．【题目点拨】本题主要考查平面向量数量积的坐标运算，考查了利用正切函数值求角的运算，解决本题的关键在于求出A，B两点的坐标，属于基础题．10、D【解题分析】

由已知可证是奇函数，是互为相反数，对是否为正数分类讨论，即可求解.【题目详解】的定义域为，,，是奇函数，设，若是整数，则，若不是整数，则.的值域是.故选:D.【题目点拨】本题考查函数性质的应用，考查对新函数定义的理解，考查分类讨论思想，属于中档题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

先求得的值，再利用两角和差的三角公式和正弦函数的最大值，求得的最大值．【题目详解】中，若的面积为，，．，当且仅当时，取等号，故的最大值为，故答案为：．【题目点拨】本题主要两角和差的三角公式的应用和正弦函数的最大值，属于基础题．12、【解题分析】

由题中数据，确定课外小组的总人数，以及恰好属于2个小组的人数，人数比即为所求概率.【题目详解】由题意可得，课外小组的总人数为，恰好属于2个小组的人数为，所以随机选取一个成员，他恰好只属于2个小组的概率是.故答案为【题目点拨】本题主要考查古典概型，熟记列举法求古典概型的概率即可，属于常考题型.13、【解题分析】

根据对数相等得到，利用基本不等式求解的最小值得到所求结果.【题目详解】则，即由题意知，则，则当且仅当，即时取等号本题正确结果：【题目点拨】本题考查基本不等式求解和的最小值问题，关键是能够利用对数相等得到的关系，从而构造出符合基本不等式的形式.14、【解题分析】

根据递推关系式可证得数列为等差数列，利用等差数列通项公式求得，得到，进而求得；利用裂项相消法求得结果.【题目详解】由得：数列是首项为，公差为的等差数列，即：设前项和为本题正确结果：【题目点拨】本题考查根据递推关系式证明数列为等差数列、等差数列通项的求解、裂项相消法求数列的前项和；关键是能够通过通项公式的形式确定采用的求和方法，属于常考题型.15、【解题分析】若直线与直线的交点位于第一象限，如图所示：则两直线的交点应在线段上（不包含点）,当交点为时，直线的倾斜角为，当交点为时，斜率，直线的倾斜角为∴直线的倾斜角的取值范围是．故答案为16、16【解题分析】

利用及可计算，从而可计算的值.【题目详解】因为，故，因为，故，故，故填16.【题目点拨】等差数列或等比数列的处理有两类基本方法：（1）利用基本量即把数学问题转化为关于基本量的方程或方程组，再运用基本量解决与数列相关的问题；（2）利用数列的性质求解即通过观察下标的特征和数列和式的特征选择合适的数列性质处理数学问题．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）几何概型的计算公式求解即可；（2）求出该骰子先后抛掷两次的基本事件总数，根据数量积公式得出满足包含的基本事件个数，由古典概型概率公式求解即可.【题目详解】解：（1）由题意可知，任意向这一区间内掷一点，该点落在内哪个位置是等可能的.令，则由几何概型的计算公式可知：.（2）将一枚质地均匀的骰子先后抛掷两次，共有个基本事件.由，得满足包含的基本事件为，，，，，共6种情形，故.【题目点拨】本题主要考查了利用几何概型概率公式以及古典概型概率公式计算概率，属于中档题.18、（1）（2）【解题分析】试题分析：（1）将已知条件转化为首项和公差表示，解方程组可求得基本量的值，从而确定通项公式；（2）首先化简数列的通项公式，结合特点采用分组求和法求解试题解析：（1）∵数列是等差数列，是其前项和，.∴，解得，∴.（2）∵，考点：数列求通项公式及数列求和19、(1)见解析.(2)见解析.【解题分析】

（1）由分别是的中点，证得，由线面平行的判定定理，可得平面，平面，再根据面面平行的判定定理，即可证得平面平面.（2）利用线面垂直的判定定理，可得平面，再利用面面垂直的判定定理，即可得到平面平面.【题目详解】（1）在三棱柱中，因为分别是的中点，所以，根据线面平行的判定定理，可得平面，平面又，∴平面平面.（2）在三棱柱中，平面，所以，又，，所以平面，而平面，所以平面平面.【题目点拨】本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．20、（1）证明见解析；（2）；（3）.【解题分析】

（1）由，证得平面，再由线面平行的性质，即可得到；（2）取中点，连结，推得，，得到平面，再由多面体的体积，结合体积公式，即可求解；（3）由，设的中点为，连结，推得，从而得到就是二面角的平面角，由此可求得二面角的余弦值.【题目详解】证明：（1）因为平面平面，所以平面，又平面，平面平面，所以；（2）取中点，连结，由得，同理，又因为，所以平面，在中，，所以，所以多面体的体积；（3）由题意知，底面为边长2的菱形，，所以，又，所以，设的中点为，连结，由侧面是正三角形知，，所以，因此就是二面角的平面角，在中，，，由余弦定理得，二面角的余弦值为.【题目点拨】本题主要考查了线面位置关系的判定，多面体的体积的计算，以及二面角的求解，其中解答中熟记线面位置关系的判定与性质，以及而面积的平面角的定义，准确计算是解答的关键，着重