江西省宜春市丰城九中、高安二中、宜春一中、万载中学、樟树中学、宜丰中学2024届数学高一下期末达标检测试题含解析

江西省宜春市丰城九中、高安二中、宜春一中、万载中学、樟树中学、宜丰中学2024届数学高一下期末达标检测试题注意事项：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．将函数f（x）=sin（ωx+）（ω＞0）的图象向左平移个单位，所得到的函数图象关于y轴对称，则函数f（x）的最小正周期不可能是（）A． B． C． D．2．若实数满足不等式组，则的最小值是（）A． B．0 C．1 D．23．数列满足，，则（）A． B． C． D．24．已知直线与直线平行，则实数m的值为（）A．3 B．1 C．-3或1 D．-1或35．如图，在中，，是边上的高，平面，则图中直角三角形的个数是（）A． B． C． D．6．已知，，，则实数、、的大小关系是（）A． B．C． D．7．甲、乙、丙、丁4名田径选手参加集训，将挑选一人参加400米比赛，他们最近10次测试成绩的平均数和方差如下表；根据表中数据，应选哪位选手参加比赛更有机会取得好成绩？（）甲乙丙丁平均数59575957方差12121010A．甲 B．乙 C．丙 D．丁8．如图所示，在正方体中，侧面对角线，上分别有一点E，F，且，则直线EF与平面ABCD所成的角的大小为（）A．0° B．60° C．45° D．30°9．已知圆，由直线上一点向圆引切线，则切线长的最小值为()A．1 B．2 C． D．10．一个圆柱的母线长为5，底面半径为2，则圆柱的轴截面的面积是（）A．10 B．20 C．30 D．40二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知，则与的夹角等于____.12．关于的方程只有一个实数根，则实数_____．13．设直线与圆C：x2+y2-2ay-2=0相交于A，B两点，若，则圆C的面积为________14．数列满足，，则___________．15．计算：______.16．已知角的终边上一点P的坐标为，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．在等差数列{an}中，a1=1，公差d≠0，且a1，a2，a5是等比数列{bn}的前三项．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)设cn=an·bn，求数列{cn}的前n项和Sn．18．如图，菱形ABCD与正三角形BCE的边长均为2，且平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD，．(I)求证：平面ABCD；(II)求证：平面ACF⊥平面BDF．19．已知，，函数.(1)求在区间上的最大值和最小值；(2)若函数在区间上是单调递增函数，求正数的取值范围.20．锐角的内角、、所对的边分别为、、，若.（1）求；（2）若，，求的周长.21．如图，三棱柱，底面，且为正三角形，，，为中点．（1）求证：直线平面；（2）求二面角的大小．

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、D【解题分析】

利用函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，对称性和周期性，求得函数的最小正周期为，由此得出结论．【题目详解】解：将函数的图象向左平移个单位，可得的图象，根据所得到的函数图象关于轴对称，可得，即，．函数的最小正周期为，则函数的最小正周期不可能是，故选．【题目点拨】本题主要考查函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，对称性和周期性，属于基础题．2、A【解题分析】

画出不等式组的可行域,再根据线性规划的方法,结合的图像与的关系判定最小值即可.【题目详解】画出可行域,又求最小值时,故的图形与可行域有交点,且往上方平移到最高点处.易得此时在处取得最值.故选：A【题目点拨】本题主要考查了线性规划与绝对值函数的综合运用,需要根据题意画图,根据函数的图形性质分析.属于中档题.3、C【解题分析】

根据已知分析数列的周期性，可得答案．【题目详解】解：∵数列满足，，∴，，，，故数列以4为周期呈现周期性变化，由，故，故选：C．【题目点拨】本题考查的知识点是数列的递推公式，数列的周期性，难度中档．4、B【解题分析】

两直线平行应该满足，利用系数关系及可解得m.【题目详解】两直线平行，可得（舍去）.选B.【题目点拨】两直线平行的一般式对应关系为：，若是已知斜率，则有，截距不相等.5、C【解题分析】

根据线面垂直得出一些相交直线垂直，以及找出题中一些已知的相交直线垂直，由这些条件找出图中的直角三角形．【题目详解】①平面，,都是直角三角形；②是直角三角形；③是直角三角形；④由得平面，可知：也是直角三角形.综上可知：直角三角形的个数是个，故选C．【题目点拨】本题考查直角三角形个数的确定，考查相交直线垂直，解题时可以充分利用直线与平面垂直的性质得到，考查推理能力，属于中等题．6、B【解题分析】

将bc化简为最简形式，再利用单调性比较大小。【题目详解】因为在单调递增所以【题目点拨】本题考查利用的单调性判断大小，属于基础题。7、D【解题分析】

由平均数及方差综合考虑得结论．【题目详解】解：由四位选手的平均数可知，乙与丁的平均速度快；再由方差越小发挥水平越稳定，可知丙与丁稳定，故应选丁选手参加比赛更有机会取得好成绩．故选：．【题目点拨】本题考查平均数与方差，熟记结论是关键，属于基础题．8、A【解题分析】

证明一条直线与一个平面平行，除了可以根据直线与平面平行的判定定理以外，通常还可以通过平面与平面平行进行转化，比如过E作EG∥AB交BB1于点G，连接GF，根据三角形相似比可知：平面EFG∥平面ABCD．而EF在平面EFG中，故可以证得：EF∥平面ABCD．【题目详解】解：过E作EG∥AB交BB1于点G，连接GF，则，∵B1E＝C1F，B1A＝C1B，∴．∴FG∥B1C1∥BC．又∵EG∩FG＝G，AB∩BC＝B，∴平面EFG∥平面ABCD．而EF在平面EFG中，∴EF∥平面ABCD．故答案为A【题目点拨】本题主要考查空间直线和平面平行的判定，根据面面平行的性质是解决本题的关键．9、A【解题分析】

将圆的方程化为标准方程，找出圆心坐标与半径，求出圆心到直线的距离，利用切线的性质及勾股定理求处切线长的最小值，即可得到答案．【题目详解】将圆化为标准方程，得，所以圆心坐标为，半径为，则圆心到直线的距离为，所以切线长的最小值为，故选A．【题目点拨】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中涉及到圆的标准方程，点到直线的距离公式，以及数形结合思想的应用，属于基础题．10、B【解题分析】分析：要求圆柱的轴截面的面积，需先知道圆柱的轴截面是什么图形，圆柱的轴截面是矩形，由题意知该矩形的长、宽分别为，根据矩形面积公式可得结果.详解：因为圆柱的轴截面是矩形，由题意知该矩形的长是母线长，宽为底面圆的直径，所以轴截面的面积为，故选B.点睛：本题主要考查圆柱的性质以及圆柱轴截面的面积，属于简单题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

根据向量的坐标即可求出，根据向量夹角的公式即可求出．【题目详解】∵，，，，∴，又，∴．故答案为：．【题目点拨】考查向量坐标的数量积运算，向量坐标求向量长度的方法，以及向量夹角的余弦公式，属于基础题．12、【解题分析】

首先从方程看是不能直接解出这个方程的根的，因此可以转化成函数，从函数的奇偶性出发。【题目详解】设，则∴为偶函数，其图象关于轴对称，又依题意只有一个零点，故此零点只能是，所以，∴，∴，∴，∴，故答案为：【题目点拨】本题主要考查了函数奇偶性以及零点与方程的关系，方程的根就是对应函数的零点，本题属于基础题。13、【解题分析】因为圆心坐标与半径分别为，所以圆心到直线的距离，则，解之得，所以圆的面积，应填答案．14、2【解题分析】

利用递推公式求解即可.【题目详解】由题得.故答案为2【题目点拨】本题主要考查利用递推公式求数列中的项，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.15、【解题分析】

直接利用反三角函数运算法则写出结果即可．【题目详解】解：．故答案为：．【题目点拨】本题考查反三角函数的运算法则的应用，属于基础题．16、【解题分析】

由已知先求，再由三角函数的定义可得即可得解．【题目详解】解：由题意可得点到原点的距离，，由三角函数的定义可得，，，此时；故答案为．【题目点拨】本题主要考查任意角的三角函数的定义，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、（1）bn=3n－1；（2）Sn=(n－1)·3n+1【解题分析】

(1)由a1，a2，a5是等比数列{bn}的前三项得，a22=a1·a5⇒(a1+d)2=a1·(a1+4d)··⇒a12+2a1d+d2=a12+4a1d⇒d2=2a1d，又d≠0，所以d=2a1=2，从而an=a1+(n－1)d=2n－1，则b1=a1=1，b2=a2=3，则等比数列{bn}的公比q=3，从而bn=3n－1(2)由(1)得，cn=an·bn=(2n－1)·3n－1，则Sn=1·1+3·3+5·32+7·33+…+(2n－1)·3n－1①3Sn=1·3+3·32+5·33+…+(2n－3)·3n－1+(2n－1)·3n②①－②得，－2Sn=1·1+2·3+2·32+2·33+…+2·3n－1－(2n－1)·3n=1+2×－(2n－1)·3n=－2(n－1)·3n－2··则Sn=(n－1)·3n+1．18、（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）见解析.【解题分析】(1)添加辅助线，通过证明线线平行来证明线面平行.(2)通过证明线面垂直面，来证明面面.（Ⅰ）证明：如图，过点作于，连接，∴．∵平面⊥平面，平面，平面平面，∴⊥平面，又∵⊥平面，，∴，.∴四边形为平行四边形．∴.∵平面，平面，∴平面．（Ⅱ）证明：面，，又四边形是菱形，，又，面，又面，从而面面．点晴：本题考查的是空间线面的平行和垂直关系.第一问要考查的是线面平行，通过先证明，得四边形为平行四边形．证得，可得平面，这里对于线面平行的条件平面，平面要写全;第二问中通过先证明面，再结合面，从而面面．19、（1）（2）【解题分析】

（1）利用向量的数量积化简即可得，再根据，求出的范围结合图像即可解决．（2）根据（1）求出，再根据正弦函数的单调性求出的单调区间即可．【题目详解】解：（1）因为所以，所以，所以（2）解法一：令得因为函数在上是单调递增函数，所以存在，使得，所以有因为，所以所以，又因为，得所以从而有所以，所以解法二：由，得因为所以所以解得又所以【题目点拨】本题主要考查了正弦函数在给定区间是的最值以及根据根据函数的单调性求参数．属于中等题，解决本题的关键是记住正弦函数的单调性、最值等．20、（1）；（2）.【解题分析】

（1）利用正弦定理边角互化思想，结合两角和的正弦公式可计算出的值，结合为锐角，可得出角的值；（2）利用三角形的面积公式可求出，利用余弦定理得出，由此可得出的周长.【题目详解】（1）依据题设条件的特点，由正弦定理，得，有，从而，解得，为锐角，因此，；（2），故，由余弦定理，即，，，故的周长为．【题目点拨】本题考查正弦定理边角互化思想的应用，同时也考查余弦定理和三角形面积公式解三角形，要熟悉正弦定理和余弦定理解三角形所适用的基本类型，同时在解题时充分利用边角互化思想，可以简化计算，考查运算求解能力，属于中等题.21、（1）证明见解析；（2）．【解题分析】

（1）连交于