2024届辽宁省抚顺市十中数学高一第二学期期末预测试题含解析

2024届辽宁省抚顺市十中数学高一第二学期期末预测试题注意事项：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．已知两个正数a，b满足，则的最小值是(

)A．2 B．3 C．4 D．52．在中，角所对的边分别为.若，，，则等于（）A． B． C． D．3．已知实数x，y满足约束条件，那么目标函数的最大值是（）A．0 B．1 C． D．104．若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为A．0.3 B．0.4 C．0.6 D．0.75．如图所示，在直角梯形BCEF中，∠CBF=∠BCE=90°，A，D分别是BF，CE上的点，AD∥BC，且AB=DE=2BC=2AF（如图1），将四边形ADEF沿AD折起，连结BE、BF、CE（如图2）．在折起的过程中，下列说法中正确的个数（）①AC∥平面BEF；②B、C、E、F四点可能共面；③若EF⊥CF，则平面ADEF⊥平面ABCD；④平面BCE与平面BEF可能垂直A．0 B．1 C．2 D．36．已知a，b，c∈R，那么下列命题中正确的是()A．若a>b，则ac2>bc2B．若，则a>bC．若a3>b3且ab<0，则D．若a2>b2且ab>0，则7．已知向量，则（）A．12 B． C． D．88．正项等比数列的前项和为，若，，则公比（）A．4 B．3 C．2 D．19．己知的周长为，内切圆的半径为，，则的值为（）A． B． C． D．10．设等比数列的前项和为，若，，则（）A．63 B．62 C．61 D．60二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．求值：_____．12．已知函数，若对任意都有（）成立，则的最小值为__________．13．若复数z满足z⋅2i=z2+1（其中i14．在四面体ABCD中，平面ABC，，，若四面体ABCD的外接球的表面积为，则四面体ABCD的体积为_______．15．正三棱锥的底面边长为2，侧面均为直角三角形，则此三棱锥的体积为．16．已知等差数列中，其前项和为，且，，当取最大值时，的值等于_____.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，墙上有一壁画，最高点离地面4米，最低点离地面2米，观察者从距离墙米，离地面高米的处观赏该壁画，设观赏视角（1）若问：观察者离墙多远时，视角最大？（2）若当变化时，求的取值范围.18．已知函数是指数函数．(1)求的表达式；(2)判断的奇偶性，并加以证明(3)解不等式：．19．在中，角的对边分别为．若．（1）求；（2）求的面积的最大值．20．已知数列为等差数列，且满足，，数列的前项和为，且，.（Ⅰ）求数列，的通项公式；（Ⅱ）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.21．如图，在平面直角坐标系中，点,，锐角的终边与单位圆O交于点P．(Ⅰ)当时，求的值；(Ⅱ)在轴上是否存在定点M，使得恒成立？若存在，求出点M坐标；若不存在，说明理由．

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】

根据题意，分析可得，对其变形可得，由基本不等式分析可得答案．【题目详解】解：根据题意，正数，满足，则；即的最小值是；故选：．【题目点拨】本题考查基本不等式的性质以及应用，关键是掌握基本不等式应用的条件．2、B【解题分析】

利用正弦定理可求.【题目详解】由正弦定理得.故选B.【题目点拨】本题考查正弦定理的应用，属于容易题.3、D【解题分析】

根据约束条件，画出可行域，再平移目标函数所在的直线，找到最优点，将最优点的坐标代入目标函数求最值.【题目详解】画出可行域（如图），平移直线，当目标直线过点时，目标函数取得最大值，．故选：D【题目点拨】本题主要考查线性规划求最值问题，还考查了数形结合的思想，属于基础题.4、B【解题分析】

分析：由公式计算可得详解：设事件A为只用现金支付，事件B为只用非现金支付，则因为所以，故选B.点睛：本题主要考查事件的基本关系和概率的计算，属于基础题．5、C【解题分析】

根据折叠前后线段、角的变化情况，由线面平行、面面垂直的判定定理和性质定理对各命题进行判断，即可得出答案．【题目详解】对①，在图②中，连接交于点，取中点，连接MO，易证AOMF为平行四边形，即AC//FM，所以AC//平面BEF，故①正确；对②，如果B、C、E、F四点共面，则由BC//平面ADEF，可得BC//EF，又AD//BC，所以AD//EF，这样四边形ADEF为平行四边形，与已知矛盾，故②不正确；对③，在梯形ADEF中，由平面几何知识易得EFFD，又EFCF，∴EF平面CDF，即有CDEF，∴CD平面ADEF，则平面ADEF平面ABCD，故③正确；对④，在图②中，延长AF至G，使得AF=FG，连接BG，EG，易得平面BCE平面ABF，BCEG四点共面．过F作FNBG于N，则FN平面BCE，若平面BCE平面BEF，则过F作直线与平面BCE垂直，其垂足在BE上，矛盾，故④错误．故选：C．【题目点拨】本题主要考查线面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理的应用，意在考查学生的直观想象能力和逻辑推理能力，属于中档题．6、C【解题分析】

根据不等式的性质，对A、B、C、D四个选项通过举反例进行一一验证．【题目详解】A．若a＞b，则ac2＞bc2（错），若c=0，则A不成立；B．若，则a＞b（错），若c＜0，则B不成立；C．若a3＞b3且ab＜0，则（对），若a3＞b3且ab＜0，则D．若a2＞b2且ab＞0，则（错），若，则D不成立．故选：C．【题目点拨】此题主要考查不等关系与不等式的性质及其应用，例如举反例法求解比较简单．两个式子比较大小的常用方法有：做差和0比，作商和1比，或者直接利用不等式的性质得到大小关系，有时可以代入一些特殊的数据得到具体值，进而得到大小关系.7、C【解题分析】

根据向量的坐标表示求出，即可得到模长.【题目详解】由题，，所以.故选：C【题目点拨】此题考查向量的数乘运算和减法运算的坐标表示，并求向量的模长，关键在于熟记公式，准确求解.8、C【解题分析】

由及等比数列的通项公式列出关于q的方程即可得求解.【题目详解】，即有，解得或，又为正项等比数列，故选：C【题目点拨】本题考查等比数列的通项公式及前n项和，属于基础题.9、C【解题分析】

根据的周长为，内切圆的半径为，求得，再利用正弦定理，得到，然后代入余弦定理，化简得到求解.【题目详解】因为的周长为，内切圆的半径为，所以，又因为，所以.由余弦定理得：，，所以，所以，即，因为A为内角，所以，所以.故选：C【题目点拨】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.10、A【解题分析】

由等比数列的性质可得S2，S4-S2，S6-S4成等比数列，代入数据计算可得．【题目详解】因为，，成等比数列，即3，12，成等比数列，所以，解得.【题目点拨】本题考查等比数列的性质与前项和的计算，考查运算求解能力.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

根据同角三角函数的基本关系：，以及反三角函数即可解决。【题目详解】由题意．故答案为：．【题目点拨】本题主要考查了同角三角函数的基本关系，同角角三角函数基本关系主要有:,.属于基础题。12、【解题分析】

根据和的取值特点，判断出两个值都是最值，然后根据图象去确定最小值.【题目详解】因为对任意成立，所以取最小值，取最大值；取最小值时，与必为同一周期内的最小值和最大值的对应的，则，且，故.【题目点拨】任何一个函数，若有对任何定义域成立，此时必有：，.13、1【解题分析】设z=a+bi,a,b∈R，则由z⋅2则-2b=a2+b2+12a=014、【解题分析】

易得四面体为长方体的一角,再根据长方体体对角线等于外接球直径,再利用对角线公式求解即可.【题目详解】因为四面体中,平面,且,.故四面体是以为一个顶点的长方体一角.设则因为四面体的外接球的表面积为,设其半径为,故.解得.故四面体的体积.故答案为：【题目点拨】本题主要考查了长方体一角的四面体的外接球有关问题,需要注意长方体体对角线等于外接球直径.属于中档题.15、【解题分析】

由题意可得：该三棱锥的三条侧棱两两垂直，长都为，所以三棱锥的体积.考点：三棱锥的体积公式.16、或【解题分析】

设等差数列的公差为，由可得出与的等量关系，然后求出的表达式，解不等式，即可得出使得取得最大值的正整数的值.【题目详解】设等差数列的公差为，由，可得，可得，，令，即，，解得.因此，当或时，取得最大值.故答案为：或.【题目点拨】本题考查等差数列前项和的最大值的求解，可利用二次函数的基本性质来求，也可以转化为等差数列所有的非负项之和的问题求解，考查化归与转化思想，属于中等题.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≤x≤1．【解题分析】试题分析：（1）利用两角差的正切公式建立函数关系式，根据基本不等式求最值，最后根据正切函数单调性确定最大时取法，（2）利用两角差的正切公式建立等量关系式，进行参变分离得，再根据a的范围确定范围，最后解不等式得的取值范围.试题解析：（1）当时，过作的垂线，垂足为，则，且，由已知观察者离墙米，且，则，所以，，当且仅当时，取“”．又因为在上单调增，所以，当观察者离墙米时，视角最大．（2）由题意得，，又，所以，所以，当时，，所以，即，解得或，又因为，所以，所以的取值范围为．18、（1）（2）见证明；（3）【解题分析】

(1)根据指数函数定义得到，检验得到答案.(2)，判断关系得到答案.(3)利用函数的单调性得到答案.【题目详解】解：（1）∵函数是指数函数，且，∴，可得或（舍去），∴；（2）由（1）得，∴，∴，∴是奇函数；（3）不等式：，以2为底单调递增，即，∴，解集为．【题目点拨】本题考查了函数的定义，函数的奇偶性，解不等式，意在考查学生的计算能力.19、（1）（2）【解题分析】

（1）用正弦定理将式子化为，进行整理化简可得的值，即得角B；（2）由余弦定理可得关于的等式，再利用基本不等式和三角形面积公式可得面积最大值。【题目详解】（1）由题得，，，，解得，，.（2），由余弦定理得，，整理得，又，即，则的面积的最大值为.【题目点拨】本题考查用正弦定理求三角形内角，由余弦定理和基本不等式求三角形面积最大值，是基础题型。20、（Ⅰ）；（Ⅱ）【解题分析】

（Ⅰ）数列的通项公式，利用，可求公差，然后可求；的通项公式可以利用退位相减法求解；（Ⅱ）求出代入，利用分离参数法可求实数的取值范围.【题目详解】解：（Ⅰ）∵，∴，∴，即，∵，∴，∴，∴，又，也成立，∴是以1为首项，3为公比的等比数列，∴.（Ⅱ），∴对恒成立，即对恒成立，令，，当时，，当时，，∴，故，即的取值范围为.【题目点拨】本题主要考查数列通项公式的求解和参数范围