福建厦门灌口中学2024届数学高一下期末检测试题含解析

福建厦门灌口中学2024届数学高一下期末检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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．已知正方体ABCD-ABCD中,E、F分别为BB、CC的中点,那么异面直线AE与DF所成角的余弦值为()A． B．C． D．2．已知直角三角形ABC，斜边，D为AB边上的一点，，，则CD的长为（）A． B． C．2 D．33．在中，A，B，C的对边分别为a，b，c，，则的形状一定是()A．直角三角形 B．等边三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形4．设函数是定义为R的偶函数，且对任意的，都有且当时，，若在区间内关于的方程恰好有3个不同的实数根，则的取值范围是（）A． B． C． D．5．已知关于的不等式对任意恒成立,则的取值范围是()A． B．C． D．6．已知直线与圆交于M，N两点，若，则k的值为（）A． B． C． D．7．已知等差数列的前项和为，若，，则的值为（）A． B．0 C． D．1828．直线的倾斜角的大小为（）A． B． C． D．9．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，则下列命题正确的是A．若，，则B．若，且，则C．若，，则D．若，且，则10．小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是M，A．815 B．18 C．1二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．设，，，，则数列的通项公式=．12．在平面直角坐标系中，从五个点：中任取三个，这三点能构成三角形的概率是_______．13．已知函数，，则的最大值是__________．14．对任意实数，不等式恒成立，则实数的取值范围是____．15．已知函数的定义域为，则实数的取值范围为_____．16．的值域是______.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．等差数列，等比数列，，，如果，（1）求的通项公式（2），求的最大项的值（3）将化简，表示为关于的函数解析式18．如图，在中，，四边形是边长为的正方形，平面平面，若，分别是的中点.（1）求证：平面;（2）求证：平面平面;（3）求几何体的体积.19．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，，.（1）若，求△ABC的周长；（2）若CD为AB边上的中线，且，求△ABC的面积.20．在锐角中，角所对的边分别为，已知，，．（1）求角的大小；（2）求的面积．21．已知数列的前项和为，满足，，数列满足，，且.（1）求数列的通项公式；（2）求证：数列是等差数列，求数列的通项公式；（3）若，数列的前项和为，对任意的，都有，求实数的取值范围.

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】

连接DF,因为DF与AE平行,所以∠DFD即为异面直线AE与DF所成角的平面角,设正方体的棱长为2,则FD=FD=,由余弦定理得cos∠DFD==.2、A【解题分析】

设，利用勾股定理求出的值即得解.【题目详解】如图，由于，所以设，所以所以.故选：A【题目点拨】本题主要考查解直角三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.3、A【解题分析】

利用平方化倍角公式和边化角公式化简得到，结合三角形内角和定理化简得到，即可确定的形状．【题目详解】化简得即即是直角三角形故选A【题目点拨】本题考查了平方化倍角公式和正弦定理的边化角公式，在化简时，将边化为角，使边角混杂变统一，还有三角形内角和定理的运用，这一点往往容易忽略．4、D【解题分析】∵对于任意的x∈R,都有f(x−2)=f(2+x),∴函数f(x)是一个周期函数，且T=4.又∵当x∈[−2,0]时,f(x)=−1,且函数f(x)是定义在R上的偶函数，若在区间(−2,6]内关于x的方程恰有3个不同的实数解，则函数y=f(x)与y=在区间(−2,6]上有三个不同的交点，如下图所示：又f(−2)=f(2)=3，则对于函数y=，由题意可得，当x=2时的函数值小于3，当x=6时的函数值大于3，即<3,且>3,由此解得：<a<2，故答案为(,2).点睛：方程根的问题转化为函数的交点，利用周期性，奇偶性画出所研究区间的图像限制关键点处的大小很容易得解5、A【解题分析】

分别讨论和两种情况下,恒成立的条件,即可求得的取值范围.【题目详解】当时,不等式可化为,其恒成立当时,要满足关于的不等式任意恒成立,只需解得:.综上所述,的取值范围是.故选:A.【题目点拨】本题考查了含参数一元二次不等式恒成立问题,解题关键是掌握含有参数的不等式的求解,首先需要对二次项系数讨论,注意分类讨论思想的应用,属于基础题.6、C【解题分析】

先求得圆心到直线的距离，再根据圆的弦长公式求解.【题目详解】圆心到直线的距离为：由圆的弦长公式：得解得故选：C【题目点拨】本题主要考查了直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题.7、B【解题分析】

由，可得，可得的值.【题目详解】解：已知等差数列中，可得，即：，，故选B【题目点拨】本题主要考查等差数列的性质，从数列自身的特点入手是解决问题的关键.8、B【解题分析】

由直线方程,可知直线的斜率，设直线的倾斜角为，则，又，所以，故选．9、D【解题分析】

利用面面、线面位置关系的判定和性质，直接判定．【题目详解】解：对于A，若n∥α，m∥β，则α∥β或α与β相交，故错；对于B，若α∩β＝l，且m⊥l，则m与β不一定垂直，故错；对于C，若m∥n，m∥β，则α与β位置关系不定，故错；对于D，∵α∩β＝l，∴l⊂β，∵m∥l，则m∥β，故正确．故选D．【题目点拨】本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间相互关系的合理运用．10、C【解题分析】试题分析：开机密码的可能有(M,1),(M,2),(M,3),(M,4),(M,5),(I,1),(I,2),(I,3),(I,4),(I,5)，(N,1),(N,2),(N,3),(N,4),(N,5)，共15种可能，所以小敏输入一次密码能够成功开机的概率是115【考点】古典概型【解题反思】对古典概型必须明确两点：①对于每个随机试验来说，试验中所有可能出现的基本事件只有有限个；②每个基本事件出现的可能性相等．只有在同时满足①、②的条件下，运用的古典概型计算公式P(A)=m二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、2n+1【解题分析】由条件得，且，所以数列是首项为4，公比为2的等比数列，则．12、【解题分析】

分别算出两点间的距离，共有种，构成三角形的条件为任意两边之和大于第三边，所以在这10种中找出满足条件的即可．【题目详解】由两点之间的距离公式，得：，，，任取三点有：，共10种，能构成三角形的有：，共6种，所求概率为：.【题目点拨】构成三角形必须满足任意两边之和大于第三边，则n个点共有个线段，找出满足条件的即可，属于中等难度题目．13、3【解题分析】函数在上为减函数，故最大值为.14、【解题分析】

分别在和两种情况下进行讨论，当时，根据二次函数图像可得不等式组，从而求得结果.【题目详解】①当，即时，不等式为：，恒成立，则满足题意②当，即时，不等式恒成立则需：解得：综上所述：本题正确结果：【题目点拨】本题考查不等式恒成立问题的求解，易错点是忽略不等式是否为一元二次不等式，造成丢根；处理一元二次不等式恒成立问题的关键是结合二次函数图象来得到不等关系，属于常考题型.15、【解题分析】

根据对数的真数对于0，再结合不等式即可解决．【题目详解】函数的定义域为等价于对于任意的实数，恒成立当时成立当时，等价于综上可得【题目点拨】本题主要考查了函数的定义域以及不等式恒成立的问题，函数的定义域常考的由1、，2、，3、．属于基础题．16、【解题分析】

对进行整理，得到正弦型函数，然后得到其值域，得到答案.【题目详解】，因为所以的值域为.故答案为：【题目点拨】本题考查辅助角公式，正弦型函数的值域，属于简单题.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）（3）【解题分析】

（1）设等比数列的公比为，运用等比数列的通项公式，解方程可得公比，即可得到所求；（2）判断的单调性，可得所求最大值；（3）讨论当时，当时，由分组求和，以及等差数列和等比数列的求和公式，计算可得所求和.【题目详解】（1）设等比数列的公比为，，，由，，可得，，解得：，数列的通项公式：.（2）由题意得，，当时，递增；当时，递减；由，可得的最大项的值为.（3）由题意得，当时，；当时，综上函数解析式【题目点拨】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的分组求和，考查化简运算能力，属于中档题.18、（1）详见解析(2)详见解析（2）【解题分析】

试题分析：（1）如图，连接EA交BD于F，利用正方形的性质、三角形的中位线定理、线面平行的判定定理即可证明．（2）利用已知可得：FG⊥平面EBC，可得∠FBG就是线BD与平面EBC所成的角．经过计算即可得出．（3）利用体积公式即可得出．试题解析：（1）如图，连接，易知为的中点.因为，分别是和的中点，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）证明：因为四边形为正方形，所以.又因为平面平面，所以平面.所以.又因为，所以.所以平面.从而平面平面.（3）取AB中点N,连接，因为，所以，且.又平面平面，所以平面.因为是四棱锥，所以.即几何体的体积.点睛：本题考查了正方形的性质、线面，面面平行垂直的判定与性质定理、三棱锥的体积计算公式、线面角的求法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．19、（1）（2）【解题分析】

（1）由正弦定理可得，再结合余弦定理可得，再求边长即可得解；（2）由余弦定理可得，再利用三角形面积公式求解即可.【题目详解】解：（1）因为，所以，即，即，即，即,又，则，则，又，则，即，即△ABC的周长为；（2）因为，，在中，由余弦定理可得：，则，即，即,所以.【题目点拨】本题考查了正弦定理及余弦定理的应用，重点考查了三角形的面积公式，属中档题.20、（1）；（2）．【解题分析】试题分析：（1）先由正弦定理求得与的关系，然后结合已知等式求得的值，从而求得的值；（2）先由余弦定理求得的值，从而由的范围取舍的值，进而由面积公式求解．试题解析：（1）在中，由正弦定理，得，即.又因为，所以.因为为锐角三角形，所以.（2）在中，由余弦定理，得，即.解得或.当时，因为，所以角为钝角，不符合题意，舍去.当时，因为，又，所以为锐角三角形，符合题意.所以的面积.考点：1、正余弦定理；2、三角形面积公式．21、（1）；（2）证明见解析，；（3）或.【解题分析】

（1）运用数列的递推式以及数列的和与通项的关系可得，再由等比数列的定义、通项公式可得结果；（2）对等式两边除以，结合等差数列的定义和通项公式，可得所求；（3）求得，由数列的错位相减法求和，可得，化简,即，对任意的成立，运用数列的单调性可得最大值，解不等式可得所求范围．【题目详解】