2024届甘肃省靖远第二中学高一数学第二学期期末考试试题含解析

2024届甘肃省靖远第二中学高一数学第二学期期末考试试题考生须知：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．某空间几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积等于（）A．1 B．2 C．4 D．62．圆的圆心坐标和半径分别为（）A．，2 B．，2 C．，4 D．，43．圆的半径是，则的圆心角与圆弧围成的扇形面积是（）A． B． C． D．4．已知圆和两点，，．若圆上存在点，使得，则的最小值为（）A． B． C． D．5．在中，角的对边分别是，若，则角的大小为（）A．或 B．或 C． D．6．圆与圆的位置关系是()A．相切 B．内含 C．相离 D．相交7．已知圆锥的高为3，底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于()A．π B．πC．16π D．32π8．直线在轴上的截距为，在轴上的截距为，则（）A． B． C． D．9．不等式的解集是A． B．C．或 D．10．若集合A=α|α=π6+kπ,k∈ZA．ϕ B．π6 C．-π二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知向量满足，则12．设常数，函数，若的反函数的图像经过点，则_______.13．已知是等差数列,,,则的前n项和______.14．已知腰长为的等腰直角△中，为斜边的中点，点为该平面内一动点，若，则的最小值________．15．若复数满足（为虚数单位），则__________．16．已知直线，圆O：上到直线的距离等于2的点有________个。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．某生产企业研发了一种新产品，该产品在试销一个阶段后得到销售单价（单位：元）和销售量（单位：万件）之间的一组数据，如下表所示：销售单价/元销售量/万件（1）根据表中数据，建立关于的线性回归方程；（2）从反馈的信息来看，消费者对该产品的心理价（单位：元/件）在内，已知该产品的成本是元，那么在消费者对该产品的心理价的范围内，销售单价定为多少时，企业才能获得最大利润？（注：利润=销售收入-成本）参考数据：参考公式：18．的内角的对边分别为，已知．（1）求；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．19．已知等差数列的前项和为，且，.(1)求数列的通项公式；(2)请确定是否是数列中的项?20．函数.（1）求函数的周期和递增区间；（2）若，求函数的值域.21．已知平面向量满足：（1）求与的夹角；（2）求向量在向量上的投影.

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】

先由三视图还原几何体，再由题中数据，结合棱锥的体积公式，即可得出结果.【题目详解】由三视图可得，该几何体为底面是直角梯形，侧棱垂直于底面的四棱锥，如图所示：由题意可得其体积为：故选B【题目点拨】本题主要考查由几何体的三视图求几何体的体积，熟记棱锥的结构特征以及体积公式即可，属于常考题型.2、B【解题分析】试题分析：，所以圆心坐标和半径分别为（2,0）和2，选B.考点：圆标准方程3、C【解题分析】

先将化为弧度数，再利用扇形面积计算公式即可得出．【题目详解】所以扇形的面积为：故选：C【题目点拨】题考查了扇形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．4、D【解题分析】

因为，所以点的轨迹为以为直径的圆，故点是两圆的交点，根据圆与圆的位置关系，即可求出．【题目详解】根据可知，点的轨迹为以为直径的圆，故点是圆和圆的交点，因此两圆相切或相交，即，亦即．故的最小值为．故选：D．【题目点拨】本题主要考查圆与圆的位置关系的应用，意在考查学生的转化能力，属于基础题．5、B【解题分析】

通过给定条件直接利用正弦定理分析，注意讨论多解的情况.【题目详解】由正弦定理可得：，，∵，∴为锐角或钝角，∴或．故选B．【题目点拨】本题考查解三角形中正弦定理的应用，难度较易.出现多解时常借助“大边对大角，小边对小角”来进行取舍.6、D【解题分析】

写出两圆的圆心，根据两点间距离公式求得两圆心的距离，发现，所以两圆相交。比较三者之间大小判断位置关系。【题目详解】两圆的圆心分别为：，，半径分别为：，，两圆心距为：，所以，两圆相交，选D。【题目点拨】通过比较圆心距和半径和与半径差直接的关系判断，即比较三者之间大小。7、B【解题分析】

作轴截面，圆锥的轴截面是等腰三角形，外接球的截面是圆为球的大圆是的外接圆，由图可得球的半径与圆锥的关系．【题目详解】如图，作轴截面，圆锥的轴截面是等腰三角形，的外接圆是球的大圆，设该圆锥的外接球的半径为R，依题意得，R2＝(3－R)2＋()2，解得R＝2，所以所求球的体积V＝πR3＝π×23＝π，故选B．【题目点拨】本题考查球的体积，关键是确定圆锥的外接球与圆锥之间的关系，即球半径与圆锥的高和底面半径之间的联系，而这个联系在其轴截面中正好体现．8、B【解题分析】

令求，利用求．【题目详解】令，由得：，所以令，由得：，所以，故选B．【题目点拨】本题考查了直线的截距问题，直线方程，令解出，得到直线的纵截距．令解出，得到直线的横截距．9、B【解题分析】试题分析：∵，∴，即，∴不等式的解集为．考点：分式不等式转化为一元二次不等式．10、B【解题分析】

先化简集合A,B,再求A∩B.【题目详解】由题得B={x|-1≤x≤3}，A=⋯所以A∩B=π故选：B【题目点拨】本题主要考查一元二次不等式的解法和集合的交集运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，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、【解题分析】试题分析：=,又，，代入可得8，所以考点：向量的数量积运算.12、1【解题分析】

反函数图象过（2，1），等价于原函数的图象过（1，2），代点即可求得．【题目详解】依题意知：f（x）＝lg（x+a）的图象过（1，2），∴lg（1+a）＝2，解得a＝1．故答案为：1【题目点拨】本题考查了反函数，熟记其性质是关键，属基础题．13、【解题分析】

由，可求得公差d，进而可求得本题答案.【题目详解】设等差数列的公差为d，由题，有，解得，所以.故答案为：【题目点拨】本题主要考查等差数列的通项公式及求和公式，属基础题.14、【解题分析】

如图建立平面直角坐标系，∴，当sin时，得到最小值为，故选．15、【解题分析】分析：由复数的除法运算可得解.详解：由，得.故答案为：.点睛：本题考查了复数的除法运算，属于基础题.16、3；【解题分析】

根据圆心到直线的距离和半径之间的长度关系，可通过图形确定所求点的个数.【题目详解】由圆的方程可知，圆心坐标为，半径圆心到直线的距离：如上图所示，此时，则到直线距离为的点有：，共个本题正确结果：【题目点拨】本题考查根据圆与直线的位置关系求解圆上点到直线距离为定值的点的个数，关键是能够根据圆心到直线的距离确定直线的大致位置，从而根据半径长度确定点的个数.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）8.75元.【解题分析】

(1)根据最小二乘法求线性回归方程；(2)利用线性回归方程建立利润的函数，再求此函数的最大值.【题目详解】（1）关于的回归方程为.（2）利润该函数的对称轴方程是，故销售单价定为元时，企业才能获得最大利润.【题目点拨】本题考查线性回归方程和求利润的最值，属于基础题.18、(1);(2).【解题分析】

(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得.(2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域.【题目详解】(1)根据题意，由正弦定理得，因为，故，消去得．，因为故或者，而根据题意，故不成立，所以，又因为，代入得，所以.(2)因为是锐角三角形，由（1）知，得到，故，解得.又应用正弦定理，，由三角形面积公式有：.又因,故，故.故的取值范围是【题目点拨】这道题考查了三角函数的基础知识，和正弦定理或者余弦定理的使用（此题也可以用余弦定理求解），最后考查是锐角三角形这个条件的利用．考查的很全面，是一道很好的考题.19、（1）（2）是数列中的第项【解题分析】

(1)直接利用等差数列的公式计算得到通项公式.(2)将3998代入通项公式，是否有整数解.【题目详解】(1)设数列的公差为，由题意有，解得则数列的通项公式为，(2)假设是数列中的项，有，得，故是数列中的第项【题目点拨】本题考查了等差数列的公式，属于简单题.20、（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化简为，然后利用周期公式可计算出函数的周期，解不等式即可得出函数的单调递增区间；（2）由计算出的取值范围，可得出的范围，进而可得出函数的值域.【题目详解】（1），所以，函数的周期为，由，解得，因此，函数的单调递增区间为；（2）当时，，则，，因此，函数在区间上的值域为.【题目点拨】本题考查正弦型三角函数周期、单调区间以及值域的求