2024届深圳市育才中学高一数学第二学期期末统考试题含解析

2024届深圳市育才中学高一数学第二学期期末统考试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．如图，在正四棱锥中，，侧面积为，则它的体积为（）A．4 B．8 C． D．2．已知点和点，是直线上的一点，则的最小值是（）A． B． C． D．3．如图，为正方体，下面结论错误的是（）A．平面B．C．平面D．异面直线与所成的角为4．已知，，O是坐标原点，则（）A． B． C． D．5．当点到直线的距离最大时，m的值为（）A．3 B．0 C． D．16．在中，角的对边分别为，且，，，则的周长为（）A． B． C． D．7．同时掷两枚骰子，所得点数之和为5的概率为()A． B． C． D．8．一个三棱锥内接于球，且，，则球心到平面的距离是（）A． B． C． D．9．等比数列中，，，则公比等于（）A．2 B．3 C． D．10．设且，则下列不等式成立的是（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．若Sn为等比数列an的前n项的和，8a12．如图所示，E，F分别是边长为1的正方形的边BC，CD的中点，将其沿AE，AF，EF折起使得B，D，C三点重合.则所围成的三棱锥的体积为___________.13．已知向量，则与的夹角是_________.14．若点，关于直线l对称，那么直线l的方程为________.15．已知数列的前项和为，，则__________．16．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，b=1,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．据说伟大的阿基米德逝世后，敌军将领马塞拉斯给他建了一块墓碑，在墓碑上刻了一个如图所示的图案，图案中球的直径、圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面．（1）试计算出图案中球与圆柱的体积比；（2）假设球半径．试计算出图案中圆锥的体积和表面积.18．直线的方程为.(1)若在两坐标轴上的截距相等，求的值；(2)若不经过第二象限，求实数的取值范围.19．若不等式的解集为.（1）求证：；（2）求不等式的解集.20．已知平面向量，，.（1）若，求的值；（2）若，与共线，求实数的值.21．已知向量，（1）若，求的坐标；（2）若与垂直，求的值.

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】

连交于，连，根据正四棱锥的定义可得平面，取中点，连，则由侧面积和底面边长，求出侧面等腰三角形的高，在中，求出，即可求解.【题目详解】连交于，连，取中点，连因为正四棱锥，则平面，，侧面积，在中，，.故选:A.【题目点拨】本题考查正四棱锥结构特征、体积和表面积，属于基础题.2、D【解题分析】

求出A关于直线l：的对称点为C，则BC即为所求【题目详解】如下图所示：点，关于直线l：的对称点为C（0,2），连接BC,此时的最小值为故选D．【题目点拨】本题考查的知识点是两点间距离公式的应用，难度不大，属于中档题．3、D【解题分析】

在正方体中与

平行，因此有与平面

平行，A正确；在平面

内的射影垂直于，因此有，B正确；与B同理有与

垂直，从而

平面

，C正确；由知与所成角为45°，D错．故选D．4、D【解题分析】

根据向量线性运算可得，由坐标可得结果.【题目详解】故选：【题目点拨】本题考查平面向量的线性运算，属于基础题.5、C【解题分析】

求得直线所过的定点，当和直线垂直时，距离取得最大值，根据斜率乘积等于列方程，由此求得的值.【题目详解】直线可化为，故直线过定点，当和直线垂直时，距离取得最大值，故，故选C.【题目点拨】本小题主要考查含有参数的直线过定点的问题，考查点到直线距离的最值问题，属于基础题.6、C【解题分析】

根据，得到，利用余弦定理，得到关于的方程，从而得到的值，得到的周长.【题目详解】在中，由正弦定理因为，所以因为，，所以由余弦定理得即，解得，所以所以的周长为.故选C.【题目点拨】本题考查正弦定理的角化边，余弦定理解三角形，属于简单题.7、C【解题分析】

求出基本事件空间，找到符合条件的基本事件，可求概率.【题目详解】同时掷两枚骰子,所有可能出现的结果有：共有36种，点数之和为5的基本事件有：共4种；所以所求概率为.故选C.【题目点拨】本题主要考查古典概率的求解，侧重考查数学建模的核心素养.8、D【解题分析】由题意可得三棱锥的三对对棱分别相等，所以可将三棱锥补成一个长方体，如图所示，该长方体的外接球就是三棱锥的外接球，长方体共顶点的三条面对角线的长分别为，设球的半径为，则有，在中，由余弦定理得，再由正弦定理得为外接圆的半径），则，因此球心到平面的距离，故选D.点睛：本题主要考查了球的组合体问题，本题的解答中采用割补法，考虑到三棱锥的三对对棱相等，所以可得三棱锥补成一个长方体，长方体的外接球就是三棱锥的外接球，求出求出球的半径，进而求解距离，其中正确认识组合体的特征和恰当补形时解答的关键.9、A【解题分析】

由题意利用等比数列的通项公式，求出公比的值．【题目详解】解：等比数列中，，，，则公比，故选：．【题目点拨】本题主要考查等比数列的通项公式的应用，属于基础题．10、A【解题分析】项，由得到，则，故项正确；项，当时，该不等式不成立，故项错误；项，当，时，，即不等式不成立，故项错误；项，当，时，，即不等式不成立，故项错误．综上所述，故选．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、-7【解题分析】设公比为q，则8a1q=-a112、【解题分析】

根据折叠后不变的垂直关系，结合线面垂直判定定理可得到为三棱锥的高，由此可根据三棱锥体积公式求得结果.【题目详解】设点重合于点，如下图所示：，，又平面，平面，即为三棱锥的高故答案为：【题目点拨】本题考查立体几何折叠问题中的三棱锥体积的求解问题，处理折叠问题的关键是能够明确折叠后的不变量，即不变的垂直关系和长度关系.13、【解题分析】

利用向量的数量积直接求出向量的夹角即可.【题目详解】由题知，，因为，所以与的夹角为.故答案为：.【题目点拨】本题考查了利用向量的数量积求解向量的夹角，属于基础题.14、【解题分析】

利用直线垂直求出对称轴斜率，利用中点坐标公式求出中点，再由点斜式可得结果.【题目详解】求得，∵点，关于直线l对称，∴直线l的斜率1，直线l过AB的中点，∴直线l的方程为，即.故答案为：.【题目点拨】本题主要考查直线垂直的性质，考查了直线点斜式方程的应用，属于基础题.15、【解题分析】分析：由，当时，当时，相减可得，则，由此可以求出数列的通项公式详解：当时，当时由可得二式相减可得：又则数列是公比为的等比数列点睛：本题主要考查了等比数列的通项公式即数列递推式，在解答此类问题时看到，则用即可算出，需要注意讨论的情况。16、2【解题分析】

根据条件，利用余弦定理可建立关于c的方程，即可解出c.【题目详解】由余弦定理得，即，解得或（舍去）.故填2.【题目点拨】本题主要考查了利用余弦定理求三角形的边，属于中档题.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）圆锥体积，表面积【解题分析】

（1）由球的半径可知圆柱底面半径和高，代入球和圆柱的体积公式求得体积，作比得到结果；（2）由球的半径可得圆锥底面半径和高，从而可求解出圆锥母线长，代入圆锥体积和表面积公式可求得结果.【题目详解】（1）设球的半径为，则圆柱底面半径为，高为球的体积；圆柱的体积球与圆柱的体积比为：（2）由题意可知：圆锥底面半径为，高为圆锥的母线长：圆锥体积：圆锥表面积：【题目点拨】本题考查空间几何体的表面积和体积求解问题，考查学生对于体积和表面积公式的掌握，属于基础题.18、(1)0或2；(2).【解题分析】

（1）当过坐标原点时，可求得满足题意；当不过坐标原点时，可根据直线截距式，利用截距相等构造方程求得结果；（2）当时，可得直线不经过第二象限；当时，结合函数图象可知斜率为正，且在轴截距小于等于零，从而构造不等式组求得结果.【题目详解】（1）当过坐标原点时，，解得：，满足题意当不过坐标原点时，即时若，即时，，不符合题意若，即时，方程可整理为：，解得：综上所述：或（2）当，即时，，不经过第二象限，满足题意当，即时，方程可整理为：，解得：综上所述：的取值范围为：【题目点拨】本题考查直线方程的应用，涉及到直线截距式方程、由图象确定参数范围等知识；易错点是在截距相等时，忽略经过坐标原点的情况，造成丢根.19、（1）证明见解析（2）【解题分析】

（1）由已知可得是的两根，利用韦达定理，化简可得结论；（2）结合（1）原不等式可化为，利用一元二次不等式的解法可得结果.【题目详解】（1）∵不等式的解集为∴是的两根,且∴∴，所以;（2）因为，,所以，即,又即，解集为【题目点拨】本题考查了求一元二次不等式的解法，是基础题目．若，则的解集是；的解集是.20、（1）；（2）4.【解题分析】

（1）结合已知求得：，利用平面向量的模的坐标表示公式计算得解.（2）求得：，利用与共线可列方程，解方程即可.【题目详解】解：（1），所以.（2），因为与共线，所以，解得.【题目点拨