江西省吉安市2024届数学高一第二学期期末联考试题含解析

江西省吉安市2024届数学高一第二学期期末联考试题考生须知：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．设直线与直线的交点为,则到直线的距离最大值为()A． B． C． D．2．高一某班男生36人，女生24人，现用分层抽样的方法抽取一个容量为的样本，若抽出的女生为12人，则的值为（）A．18 B．20 C．30 D．363．若，，则与的夹角为（）A． B． C． D．4．若线性方程组的增广矩阵是5b1102bA．1 B．2 C．3 D．45．已知为的三个内角的对边，，的面积为2，则的最小值为().A． B． C． D．6．菱形ABCD，E是AB边靠近A的一个三等分点，DE=4，则菱形ABCD面积最大值为（）A．36 B．18 C．12 D．97．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯A．1盏 B．3盏C．5盏 D．9盏8．已知，则的最小值是（）A．2 B．6 C．2 D．29．在中，角，，所对的边分别为，，，且边上的高为，则的最大值是（）A．8 B．6 C． D．410．设为数列的前项和，，则的值为（）A． B． C． D．不确定二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．等差数列{}前n项和为.已知+-=0，=38,则m=_______.12．平面⊥平面,,，，直线，则直线与的位置关系是___．13．函数可由y=sin2x向左平移___________个单位得到．14．在等比数列中，已知，则=________________.15．设函数满足，当时，，则=________.16．已知单位向量与的夹角为，且，向量与的夹角为，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．已知是同一平面内的三个向量，其中.（1）若，求；（2）若与共线，求的值.18．已知平面向量（1）若，求；（2）若，求与夹角的余弦值.19．在△ABC中，a=7，b=8，cosB=–．（Ⅰ）求∠A；（Ⅱ）求AC边上的高．20．已知.（1）若不等式的解集为，求的值；（2）解不等式.21．若是各项均为正数的数列的前项和，且．（1）求，的值；（2）设，求数列的前项和．

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】

先求出的坐标，再求出直线所过的定点，则所求距离的最大值就是的长度.【题目详解】由可以得到，故，直线的方程可整理为：，故直线过定点，因为到直线的距离，当且仅当时等号成立，故，故选A.【题目点拨】一般地，若直线和直线相交，那么动直线（）必过定点（该定点为的交点）.2、C【解题分析】

根据分层抽样等比例抽样的特点，进行计算即可.【题目详解】根据题意，可得，解得.故选：C.【题目点拨】本题考查分层抽样的等比例抽取的性质，属基础题.3、A【解题分析】

根据平面向量夹角公式可求得，结合的范围可求得结果.【题目详解】设与的夹角为，又故选：【题目点拨】本题考查平面向量夹角的求解问题，关键是熟练掌握两向量夹角公式，属于基础题.4、C【解题分析】

由题意得5×3421+【题目详解】由题意得5×3421+解得b1则b2【题目点拨】本题主要考查了线性方程组的解法，以及增广矩阵的概念，考查运算能力，属于中档题.5、D【解题分析】

运用三角形面积公式和余弦定理，结合三角函数的辅助角公式和正弦型函数的值域最后可求出的最小值.【题目详解】因为，所以，即，令，可得，于是有，因此，即，所以的最小值为，故本题选D.【题目点拨】本题考查了余弦定理、三角形面积公式，考查了辅助角公式，考查了数学运算能力.6、B【解题分析】

设出菱形的边长，在三角形ADE中，用余弦定理表示出cosA【题目详解】设菱形的边长为3a，在三角形ADE中，AD=3a,AE=a,DE=4，有余弦定理得cosA=10a2-166a故选：B【题目点拨】本小题主要考查余弦定理解三角形，考查同角三角函数的基本关系式，考查菱形的面积公式，考查二次函数最值的求法，属于中档题.7、B【解题分析】

设塔顶的a1盏灯，由题意{an}是公比为2的等比数列，∴S7==181，解得a1=1．故选B．8、B【解题分析】试题分析：因为,故.考点：基本不等式的运用，考查学生的基本运算能力．9、D【解题分析】，这个形式很容易联想到余弦定理：cosA，①而条件中的“高”容易联想到面积，bcsinA，即a2＝2bcsinA，②将②代入①得：b2＋c2＝2bc(cosA＋sinA)，∴＝2(cosA＋sinA)＝4sin(A＋)，当A＝时取得最大值4，故选D．点睛：三角形中最值问题，一般转化为条件最值问题:先根据正、余弦定理及三角形面积公式结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，利用基本不等式或函数方法求最值.在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.10、C【解题分析】

令，由求出的值，再令时，由得出，两式相减可推出数列是等比数列，求出该数列的公比，再利用等比数列求和公式可求出的值.【题目详解】当时，，得；当时，由得出，两式相减得，可得.所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，因此，.故选：C.【题目点拨】本题考查利用前项和求数列通项，同时也考查了等比数列求和，在递推公式中涉及与时，可利用公式求解出，也可以转化为来求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、10【解题分析】

根据等差数列的性质，可得：+=2，又+-=0，则2=，解得=0（舍去）或=2.则，,所以m＝10.12、【解题分析】

利用面面垂直的性质定理得到平面，又直线，利用线面垂直性质定理得.【题目详解】在长方体中，设平面为平面，平面为平面，直线为直线，由于，，由面面垂直的性质定理可得：平面，因为，由线面垂直的性质定理，可得.【题目点拨】空间中点、线、面的位置关系问题，一般是利用线面平行或垂直的判定定理或性质定理进行求解.13、【解题分析】

将转化为，再利用平移公式得到答案.【题目详解】向左平移故答案为【题目点拨】本题考查三角函数图像的平移，将正弦函数化为余弦函数是解题的关键，也可以将余弦函数化为正弦函数求解.14、【解题分析】15、【解题分析】

由已知得f（）=f（）+sin=f（）+sin+sin=f（）+sin+sin+sin，由此能求出结果．【题目详解】∵函数f（x）（x∈R）满足f（x+π）=f（x）+sinx，当0≤x＜π时，f（x）=0，∴f（）=f（）+sin=f（）+sin+sin=f（）+sin+sin+sin=0+=．故答案为：．【题目点拨】本题考查函数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用．16、【解题分析】试题分析：因为所以考点：向量数量积及夹角三、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）根据向量的坐标的运算法则和向量垂直的条件，以及模的定义即可求出．（2）根据向量共线的条件即可求出．【题目详解】（1）因为（2）由已知：【题目点拨】本题考查了向量的坐标运算以及向量的垂直和平行的坐标表示，属于基础题．18、（1）（2）【解题分析】

（1）由题可得，解出，，进而得出答案．（2）由题可得，，再由计算得出答案，【题目详解】因为，所以，即解得所以（2）若，则所以，，，所以【题目点拨】本题主要考查的向量的模以及数量积，属于简单题．19、(1)∠A=(2)AC边上的高为【解题分析】分析：（1）先根据平方关系求,再根据正弦定理求，即得；（2）根据三角形面积公式两种表示形式列方程，再利用诱导公式以及两角和正弦公式求，解得边上的高．详解：解：（1）在△ABC中，∵cosB=–，∴B∈（，π），∴sinB=．由正弦定理得=，∴sinA=．∵B∈（，π），∴A∈（0，），∴∠A=．（2）在△ABC中，∵sinC=sin（A+B）=sinAcosB+sinBcosA==．如图所示，在△ABC中，∵sinC=，∴h==，∴AC边上的高为．点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.20、（1）；（2）时，解集为，时，解集为，时解集为．【解题分析】

（1）由一元二次不等式的解集一一元二次方程的解之间的联系求解；（2）按和的大小分类讨论．【题目详解】（1）由题意的解集为，则方程的解为1和4，∴，解得；（2）不等式为，时，，此时不等式解集为，时，，，当时，，。综上，原不等式的解集：时，解集为，时，解集为，时解集为．【题目点拨】本题考查解一元二次不等式，掌握三个二次的关系是解题关键，解题时注意对参数分类讨