江苏省苏州第一中学2024届数学高一第二学期期末监测试题含解析

江苏省苏州第一中学2024届数学高一第二学期期末监测试题注意事项: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．已知实数x,y满足约束条件y≤1x≤2x+2y-2≥0，则A．1 B．2 C．3 D．42．如果直线a平行于平面，则（）A．平面内有且只有一直线与a平行B．平面内有无数条直线与a平行C．平面内不存在与a平行的直线D．平面内的任意直线与直线a都平行3．利用斜二测画法得到的:①三角形的直观图是三角形;②平行四边形的直观图是平行四边形;③相等的角在直观图中仍然相等;④正方形的直观图是正方形.以上结论正确的是()A．①② B．① C．③④ D．①②③④4．在中，内角，，的对边分别为，，，且=．则A． B． C． D．5．若x＋2y＝4，则2x＋4y的最小值是（）A．4 B．8 C．2 D．46．直线的倾斜角大小（）A． B． C． D．7．已知点是所在平面内的一定点，是平面内一动点，若，则点的轨迹一定经过的（）A．重心 B．垂心 C．内心 D．外心8．函数的图象大致为（）A． B． C． D．9．已知等比数列满足,,则（）A． B． C． D．10．在面积为S的平行四边形ABCD内任取一点P，则三角形PBD的面积大于的概率为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．若过点作圆的切线，则直线的方程为_______________.12．已知a，b，x均为正数，且a＞b，则____（填“＞”、“＜”或“＝”）．13．已知向量a=1,2，b=2,-2，c=14．已知为等差数列,,前n项和取得最大值时n的值为___________.15．△ABC中，，，则=_____．16．已知为钝角，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．如图，在中，，，，.（Ⅰ）求AB；（Ⅱ）求AD.18．已知向量.（1）若向量，且，求的坐标；（2）若向量与互相垂直，求实数的值.19．如图，在中，，D为延长线上一点，且，，.（1）求的长度；（2）求的面积.20．已知函数，求其定义域.21．函数.（1）求函数的周期和递增区间；（2）若，求函数的值域.

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】

作出可行域，作直线l:x+y=0，平移直线l可得最优解．【题目详解】作出可行域，如图ΔABC内部（含边界），作直线l:x+y=0，平移直线l，当直线l过点C(2,1)时，x+y=2+1=3为最大值．故选C．【题目点拨】本题考查简单的线性规划，解题关键是作出可行域．2、B【解题分析】

根据线面平行的性质解答本题．【题目详解】根据线面平行的性质定理，已知直线平面.

对于A，根据线面平行的性质定理，只要过直线a的平面与平面相交得到的交线，都与直线a平行；所以平面内有无数条直线与a平行；故A错误；

对于B，只要过直线a的平面与平面相交得到的交线，都与直线a平行；所以平面内有无数条直线与a平行；故B正确；

对于C，根据线面平行的性质，过直线a的平面与平面相交得到的交线，则直线，所以C错误；

对于D，根据线面平行的性质，过直线a的平面与平面相交得到的交线，则直线，则在平面内与直线相交的直线与a不平行，所以D错误；

故选：B．【题目点拨】本题考查了线面平行的性质定理；如果直线与平面平行，那么过直线的平面与已知平面相交，直线与交线平行．3、A【解题分析】

由直观图的画法和相关性质，逐一进行判断即可.【题目详解】斜二侧画法会使直观图中的角度不同，也会使得沿垂直于水平线方向的长度与原图不同，而多边形的边数不会改变，同时平行直线之间的位置关系依旧保持平行，故：①②正确，③和④不对，因为角度会发生改变.故选：A.【题目点拨】本题考查斜二侧画法的相关性质，注意角度是发生改变的，这是易错点.4、C【解题分析】试题分析：由正弦定理得，，由于，，，故答案为C.考点：正弦定理的应用.5、B【解题分析】试题分析：由，当且仅当时，即等号成立，故选B．考点：基本不等式.6、B【解题分析】

化简得到，根据计算得到答案.【题目详解】直线，即，，，故.故选：.【题目点拨】本题考查了直线的倾斜角，意在考查学生的计算能力.7、A【解题分析】

设D是BC的中点，由，，知，所以点P的轨迹是射线AD，故点P的轨迹一定经过△ABC的重心．【题目详解】如图，设D是BC的中点，∵，，∴，即∴点P的轨迹是射线AD，∵AD是△ABC中BC边上的中线，∴点P的轨迹一定经过△ABC的重心．故选：A．【题目点拨】本题考查三角形五心的应用，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．8、C【解题分析】

利用函数的性质逐个排除即可求解.【题目详解】函数的定义域为，故排除A、B.令又，即函数为奇函数，所以函数的图像关于原点对称，排除D故选：C【题目点拨】本题考查了函数图像的识别，同时考查了函数的性质，属于基础题.9、C【解题分析】试题分析：由题意可得,所以,故,选C.考点：本题主要考查等比数列性质及基本运算.10、A【解题分析】

转化条件求出满足要求的P点的范围，求出面积比即可得解.【题目详解】如图，设P到BD距离为h，A到BD距离为H，则，，满足条件的点在和中，所求概率.故选：A.【题目点拨】本题考查了几何概型的概率计算，属于基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、或【解题分析】

讨论斜率不存在时是否有切线，当斜率存在时，运用点到直线距离等于半径求出斜率【题目详解】圆即①当斜率不存在时，为圆的切线②当斜率存在时，设切线方程为即，解得此时切线方程为，即综上所述，则直线的方程为或【题目点拨】本题主要考查了过圆外一点求切线方程，在求解过程中先讨论斜率不存在的情况，然后讨论斜率存在的情况，利用点到直线距离公式求出结果，较为基础。12、<【解题分析】

直接利用作差比较法解答.【题目详解】由题得，因为a>0,x+a>0,b-a<0,x>0,所以所以.故答案为＜【题目点拨】本题主要考查作差比较法，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、1【解题分析】

由两向量共线的坐标关系计算即可．【题目详解】由题可得2∵c//∴4λ-2=0故答案为1【题目点拨】本题主要考查向量的坐标运算，以及两向量共线的坐标关系，属于基础题．14、20【解题分析】

先由条件求出，算出，然后利用二次函数的知识求出即可【题目详解】设的公差为，由题意得即，①即，②由①②联立得所以故当时，取得最大值400故答案为：20【题目点拨】等差数列的是关于的二次函数，但要注意只能取正整数.15、【解题分析】试题分析：三角形中，,由，得又,所以有正弦定理得即即A为锐角，由得，因此考点：正余弦定理16、.【解题分析】

利用同角三角函数的基本关系即可求解.【题目详解】由为钝角，且，所以，所以.故答案为：【题目点拨】本题考查了同角三角函数的基本关系，同时考查了象限角的三角函数的符号，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、（Ⅰ）（Ⅱ）【解题分析】

（Ⅰ）利用余弦定理，解得的长；（Ⅱ）利用正弦定理得，计算得，，再利用为直角三角形，进而可计算的长.【题目详解】（Ⅰ）在中，由余弦定理有，即，解得或（舍），所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）得，在中，由正弦定理有，得，，所以，，又，则为直角三角形，所以，即，故.【题目点拨】本题考查余弦定理和正弦定理的简单应用，属于基础题.18、（1）或（2）【解题分析】

（1）因为，所以可以设求出坐标，根据模长，可以得到参数的方程.（2）由于已知条件可以计算出与坐标（含有参数）而两向量垂直，可以得到关于的方程，完成本题.【题目详解】（1）法一:设，则，所以解得所以或法二:设，因为，，所以，因为，所以解得或，所以或（2）因为向量与互相垂直所以，即而，，所以，因此，解得【题目点拨】考查了向量的线性表示，引入参数，只要我们能建立起引入参数的方程，则就能计算出所求参数值，从而完成本题.19、（1）（2）【解题分析】

（1）求得，在中运用余弦定理可得所求值；（2）在中，求得，，，再由三角形的面积公式，可得所求值．【题目详解】（1）由题意可得，在中，由余弦定理可得，则；（2）在中，，，，的面积为．【题目点拨】本题考查三角形的余弦定理和正弦定理、面积公式的运用，考查方程思想和运算能力．20、【解题分析】

由使得分式和偶次根式有意义的要求可得到一元二次不等式，解不等式求得结果.【题目详解】由题意得：，即，解得：定义域为【题目点拨】本题考查具体函数定义域的求解问题，关键是明确使得分式和偶次根式有意义的基本要求，由此构造不等式求得结果.21、（1）周期为，单调递增区间为；（2）.【解题分析】

（1）利用二倍角降幂公式、两角差的正弦公式将函数的解析式