舟山市重点中学2024届数学高一下期末质量检测试题含解析

舟山市重点中学2024届数学高一下期末质量检测试题注意事项：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．为了得到函数的图象，可以将函数的图象（）A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度C．向右平移个单位长度 D．向左平移个单位长度2．如图，A，B是半径为1的圆周上的定点，P为圆周上的动点，∠APB是锐角，大小为.图中△PAB的面积的最大值为（）A．+sin2 B．sin+sin2C．+sin D．+cos3．已知向量满足，．O为坐标原点，．曲线，区域．若是两段分离的曲线，则（）A． B． C． D．4．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，，则（）A． B． C． D．5．如图，测量河对岸的塔高时，选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D.现测得，，，并在点C测得塔顶A的仰角为，则塔高为()A． B． C．60m D．20m6．已知，则的最小值是（）A．2 B．6 C．2 D．27．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．38．在中，角，，的对边分别为，，，且.则（）A． B．或 C． D．9．已知数列满足，，则数列的前5项和（）A．15 B．28 C．45 D．6610．已知等差数列的前项和为，若，则（）A．18 B．13 C．9 D．7二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知圆的圆心在直线上，半径为，若圆上存在点，它到定点的距离与到原点的距离之比为，则圆心的纵坐标的取值范围是__________．12．已知函数，数列的通项公式是，当取得最小值时，_______________.13．函数的定义域是_____.14．如图，在△中，三个内角、、所对的边分别为、、，若，，为△外一点，，，则平面四边形面积的最大值为________15．直棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为．16．适合条件的角的取值范围是______.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．如图所示，是一个矩形花坛，其中米，米．现将矩形花坛扩建成一个更大的矩形花坛，要求：在上，在上，对角线过点，且矩形的面积小于150平方米．（1）设长为米，矩形的面积为平方米，试用解析式将表示成的函数，并确定函数的定义域；（2）当的长度是多少时，矩形的面积最小？并求最小面积．18．如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；19．已知等比数列的前项和为，，，且.（1）求的通项公式；（2）是否存在正整数，使得成立？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由.20．在等比数列中，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.21．已知向量．(1)求与的夹角的余弦值；(2)若向量与垂直，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】

先将转化为,再判断的符号即可得出结论.【题目详解】解：因为,所以只需把向右平移个单位.故选：A【题目点拨】函数左右平移变换时,一是要注意平移方向：按“左加右减",如由的图象变为的图象,是由变为,所以是向左平移个单位；二是要注意前面的系数是不是,如果不是,左右平移时,要先提系数,再来计算.2、B【解题分析】

由正弦定理可得，，则，，当点在的中垂线上时，取得最大值，此时的面积最大，求解即可.【题目详解】在中，由正弦定理可得，，则.，当点在的中垂线上时，取得最大值，此时的面积最大.取的中点，过点作的垂线，交圆于点，取圆心为，则（为锐角），.所以的面积最大为.故选B.【题目点拨】本题考查了三角形的面积的计算、正弦定理的应用，考查了三角函数的化简，考查了计算能力，属于基础题.3、A【解题分析】

由圆的定义及平面向量数量积的性质及其运算可得：点P在以O为圆心，r为半径的圆上运动且点P在以Q为圆心，半径为1和2的圆环区域运动，由图可得解．【题目详解】建立如图所示的平面直角坐标系，则，，由，则，即点P在以O为圆心，r为半径的圆上运动，又，则点P在以Q为圆心，半径为1和2的圆环区域运动，由图可知：当C∩Ω是两段分离的曲线时，r的取值范围为：3<r<5，故选：A．【题目点拨】本题考查平面向量数量积的性质及其运算，利用数形结合思想，将向量问题转化为圆与圆的位置关系问题，考查转化与化归思想，属于中等题.4、C【解题分析】

根据正弦定理，得到的值，然后判断出，从而得到.【题目详解】在中，由正弦定理得，所以，因为，，所以，所以为锐角，所以.故选：C.【题目点拨】本题考查余弦定理解三角形，属于简单题.5、D【解题分析】

由正弦定理确定的长，再求出．【题目详解】，由正弦定理得：故选D【题目点拨】本题是正弦定理的实际应用，关键是利用正弦定理求出，属于基础题．6、B【解题分析】试题分析：因为,故.考点：基本不等式的运用，考查学生的基本运算能力．7、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.8、A【解题分析】

利用余弦定理和正弦定理化简已知条件，求得的值，即而求得的大小.【题目详解】由于，所以，由余弦定理和正弦定理得，即，由于是三角形的内角，所以为正数，所以，为三角形的内角，所以.故选：A【题目点拨】本小题主要考查正弦定理和余弦定理边角互化，考查三角形的内角和定理，考查两角和的正弦公式，属于基础题.9、C【解题分析】

根据可知数列为等差数列,再根据等差数列的求和性质求解即可.【题目详解】因为,故数列是以4为公差,首项的等差数列.故.故选：C【题目点拨】本题主要考查了等差数列的判定与等差数列求和的性质与计算,属于基础题.10、B【解题分析】

利用等差数列通项公式、前项和列方程组，求出，．由此能求出．【题目详解】解：等差数列的前项和为，，，，解得，．．故选：．【题目点拨】本题考查等差数列第7项的值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】因为圆心在直线上，设圆心，则圆的方程为，设点，因为，所以，化简得，即，所以点在以为圆心，为半径的圆上，则，即，整理得，由，得，由，得，所以圆心的纵坐标的取值范围是.点睛：本题主要考查了圆的方程，动点的轨迹方程、两圆的位置关系、解不等式等知识的综合运用，着重考查了转化与化归思想和学生的运算求解能力，解答中根据题设条件得到动点的轨迹方程，利用两圆的位置关系，列出不等式上解答的关键.对于直线与圆的位置关系问题，要熟记有关圆的性质，同时注意数形结合思想的灵活运用.12、110【解题分析】

要使取得最小值，可令，即，对的值进行粗略估算即可得到答案.【题目详解】由题知：①.要使①式取得最小值，可令①式等于.即，.又因为，，则当时，，，①式.则当时，，，①式.当或时，①式的值会变大，所以时，取得最小值.故答案为：【题目点拨】本题主要考查数列的函数特征，同时考查了指数函数和对数函数的性质，核心素养是考查学生灵活运用知识解决问题的能力，属于难题.13、.【解题分析】

由题意得到关于x的不等式，解不等式可得函数的定义域.【题目详解】由已知得,即解得，故函数的定义域为.【题目点拨】求函数的定义域，其实质就是以函数解析式有意义为准则，列出不等式或不等式组，然后求出它们的解集即可．14、【解题分析】

根据题意和正弦定理，化简得，进而得到，在中，由余弦定理，求得，进而得到，，得出四边形的面积为，再结合三角函数的性质，即可求解.【题目详解】由题意，在中，因为，所以，可得,即，所以，所以，又因为，可得，所以，即,因为，所以，在中，，由余弦定理，可得，又因为，所以为等腰直角三角形，所以，又因为，所以四边形的面积为，当时，四边形的面积有最大值，最大值为.故答案为：.【题目点拨】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.15、【解题分析】试题分析：画出图形，找出BM与AN所成角的平面角，利用解三角形求出BM与AN所成角的余弦值．解：直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，如图：BC的中点为O，连结ON，MN，OB，∴MNOB，∴MN0B是平行四边形，∴BM与AN所成角就是∠ANO，∵BC=CA=CC1，设BC=CA=CC1=2，∴CO=1，AO=，AN=，MB==，在△ANO中，由余弦定理得：cos∠ANO===．故答案为．考点：异面直线及其所成的角．16、【解题分析】

根据三角函数的符号法则，得，从而求出的取值范围.【题目详解】，的取值范围的解集为.故答案为：【题目点拨】本题主要考查了三角函数符号法则的应用问题，是基础题.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）,;（2）,.【解题分析】

（1）由可得，，∴．由，且，解得，∴函数的定义域为．（2）令，则，，当且仅当时，取最小值，故当的长度为米时，矩形花坛的面积最小，最小面积为96平方米．考点：1.分式不等式；2.均值不等式.18、（1）见解析；（2）见解析；【解题分析】

（1）要证BD⊥平面PAC，只需在平面PAC上找到两条直线跟BD垂直即证，显然，从平面中可证，即证.(2)要证明平面PAB⊥平面PAE,可证平面即可.【题目详解】（1）证明：因为平面,所以；因为底面是菱形，所以;因为,平面,所以平面.（2）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以,因为,所以；因为平面，平面,所以；因为所以平面，平面,所以平面平面.【题目点拨】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.19、（1）；（2）存在，【解题分析】

（1）根据条件求解出公比，然后写出等比数列通项；（2）先表示出，然后考虑的的最小值.【题目详解】（1）因为，所以或，又，则，所以；（2）因为，则，当为偶数时有不符合；所以为奇数，且，，所以且为奇数，故.【题目点拨】本题考查等比数列通项及其前项和的应用，难度一般.对于公比为负数的等比数列，分析前项和所满足的不等式时，注意分类讨论，因此的奇偶会影响的正负.20、（1）（2）【解题分析】

（1）利用条件求数列的首项与公比，确定所求.(2)将分组，