浙江省绍兴市柯桥区柯桥区教师发展中心2024届数学高一第二学期期末统考试题含解析

浙江省绍兴市柯桥区柯桥区教师发展中心2024届数学高一第二学期期末统考试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．已知圆与直线及都相切，圆心在直线上，则圆的方程为（）A． B．C． D．2．一组数据0，1，2，3，4的方差是A． B． C．2 D．43．若点共线,则的值为（）A． B． C． D．4．在正四棱柱，，则异面直线与所成角的余弦值为A． B． C． D．5．某小组由名男生、名女生组成，现从中选出名分别担任正、副组长，则正、副组长均由男生担任的概率为（）A． B． C． D．6．一个扇形的弧长与面积都是3，则这个扇形圆心角的弧度数为（）A． B． C． D．7．函数的最大值为A．4 B．5 C．6 D．78．在中，若，，，则角的大小为（）A．30° B．45°或135° C．60° D．135°9．若，则（）A．-4 B．3 C．4 D．-310．函数（其中）的图象如图所示，为了得到的图象，只需把的图象上所有的点（）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二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．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________12．已知三棱锥，平面，，，，则三棱锥的侧面积__________．13．已知向量，则与的夹角为______．14．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为__________．15．已知角终边经过点，则__________.16．如果是奇函数，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．在中，角的对边分别是，且满足.（1）求角的大小；（2）若，边上的中线的长为，求的面积.18．已知函数.（1）求的最小正周期和上的单调增区间：（2）若对任意的和恒成立，求实数的取值范围.19．在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB．（Ⅰ）已知AB=BC，AE=EC．求证：AC⊥FB；（Ⅱ）已知G,H分别是EC和FB的中点.求证：GH∥平面ABC．20．设是等差数列，，且成等比数列.（1）求的通项公式；（2）记的前项和为，求的最小值.21．已知直线：，一个圆的圆心在轴上且该圆与轴相切，该圆经过点．（1）求圆的方程；（2）求直线被圆截得的弦长．

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、B【解题分析】

由平行线间的距离公式求出圆的直径，然后设出圆心，由点到两条切线的距离都等于半径，求出,即可求得圆的方程.【题目详解】因为两条直线与平行,所以它们之间的距离即为圆的直径,所以,所以.设圆心坐标为,则点到两条切线的距离都等于半径,所以,,解得,故圆心为,所以圆的标准方程为.故选：.【题目点拨】本题主要考查求解圆的方程,同时又进一步考查了直线与圆的位置关系,圆的切线性质等.本题也注重考查审题能力,分析问题和解决问题的能力.难度较易.2、C【解题分析】

先求得平均数，再根据方差公式计算。【题目详解】数据的平均数为：方差是＝2，选C。【题目点拨】方差公式，代入计算即可。3、A【解题分析】

通过三点共线转化为向量共线，即可得到答案.【题目详解】由题意，可知，又，点共线，则，即，所以，故选A.【题目点拨】本题主要考查三点共线的条件，难度较小.4、A【解题分析】

作出两异面直线所成的角，然后由余弦定理求解．【题目详解】在正四棱柱中，则异面直线与所成角为或其补角，在中，，，．故选A．【题目点拨】本题考查异面直线所成的角，解题关键是根据定义作出异面直线所成的角，然后通过解三角形求之．5、B【解题分析】

根据古典概型的概率计算公式，先求出基本事件总数，正、副组长均由男生担任包含的基本事件总数，由此能求出正、副组长均由男生担任的概率．【题目详解】某小组由2名男生、2名女生组成，现从中选出2名分别担任正、副组长，基本事件总数，正、副组长均由男生担任包含的基本事件总数，正、副组长均由男生担任的概率为．故选．【题目点拨】本题主要考查古典概型的概率求法。6、B【解题分析】

根据扇形的弧长与面积公式,代入已知条件即可求解.【题目详解】设扇形的弧长为,面积为,半径为,圆心角弧度数为由定义可得,代入解得rad故选:B【题目点拨】本题考查了扇形的弧长与面积公式应用,属于基础题.7、B【解题分析】试题分析：因为，而，所以当时，取得最大值5，选B.【考点】正弦函数的性质、二次函数的性质【名师点睛】求解本题易出现的错误是认为当时，函数取得最大值.8、B【解题分析】

利用正弦定理得到答案.【题目详解】在中正弦定理：或故答案选B【题目点拨】本题考查了正弦定理，属于简单题.9、A【解题分析】

已知等式左边用诱导公式变形后用正弦和二倍角公式化简，右边用切化弦法变形，再由二倍角公式化简后可得．【题目详解】，，∴，．故选：A．【题目点拨】本题考查诱导公式，考查二倍角公式，同角间的三角函数关系，掌握三角函数恒等变形公式，确定选用公式的顺序是解题关键．10、D【解题分析】

由图象求得函数解析式的参数，再利用诱导公式将异名函数化为同名函数根据图象间平移方法求解.【题目详解】由图象可知，又，所以，又因为，所以，所以，又因为，又，所以所以又因为故选D.【题目点拨】本题考查由图象确定函数的解析式和正弦函数和余弦函数图象之间的平移，关键在于将异名函数化为同名函数，属于中档题.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.12、【解题分析】

根据题意将三棱锥放入对应长方体中，计算各个面的面积相加得到答案.【题目详解】三棱锥，平面，，，画出图像：易知：每个面都是直角三角形.【题目点拨】本题考查了三棱锥的侧面积，将三棱锥放入对应的长方体是解题的关键.13、【解题分析】

设与的夹角为，由条件，平方可得，由此求得的值．【题目详解】设与的夹角为，，则由，平方可得，解得，∴，故答案为．【题目点拨】本题主要考查两个向量的数量积的定义，向量的模的定义，已知三角函数值求角的大小，属于中档题．14、【解题分析】由三视图知该几何体是一个半圆锥挖掉一个三棱锥后剩余的部分，如图所示，所以其体积为.点睛：求多面体的外接球的面积和体积问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心，本题就是第三种方法.15、4【解题分析】

根据任意角的三角函数的定义，结合同角三角函数的基本关系求解即可．【题目详解】因为角终边经过点，所以，因此.故答案为：4【题目点拨】本题主要考查任意角的三角函数的定义，同角三角函数的基本关系，属于基础题．16、－2【解题分析】试题分析：∵，∴，∴，∴=-2考点：本题考查了三角函数的性质点评：对于定义域为R的奇函数恒有f(0)=0.利用此结论可解决此类问题三、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）先后利用正弦定理余弦定理化简得到，即得B的大小；（2）设，则，所以，利用余弦定理求出m的值，再求的面积.【题目详解】解：（1）因为，由正弦定理，得，即.由余弦定理，得.因为，所以.（2）因为，所以.设，则，所以.在中，由余弦定理得，得，即，整理得，解得.所以.【题目点拨】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角形的面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.18、(1)T=π，单调增区间为，(2)【解题分析】

（1）化简函数得到，再计算周期和单调区间.（2）分情况的不同奇偶性讨论，根据函数的最值得到答案.【题目详解】解：（1）函数故的最小正周期．由题意可知：，解得：，因为，所以的单调增区间为，（2）由（1）得∵∴，∴，若对任意的和恒成立，则的最小值大于零．当为偶数时，，所以，当为奇数时，，所以，综上所述，的范围为.【题目点拨】本题考查了三角函数化简，周期，单调性，恒成立问题，综合性强，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.19、（Ⅰ）证明：见解析；（Ⅱ）见解析.【解题分析】试题分析：（Ⅰ）根据，知与确定一个平面，连接，得到，，从而平面，证得.（Ⅱ）设的中点为，连，在，中，由三角形中位线定理可得线线平行，证得平面平面，进一步得到平面.试题解析：（Ⅰ）证明：因，所以与确定平面.连接，因为为的中点，所以，同理可得.又，所以平面，因为平面，所以.（Ⅱ）设的中点为，连.在中，因为是的中点，所以，又，所以.在中，因为是的中点，所以，又，所以平面平面，因为平面，所以平面.【考点】平行关系，垂直关系【名师点睛】本题主要考查直线与直线垂直、直线与平面平行.此类题目是立体几何中的基本问题.解答本题，关键在于能利用已知的直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，通过严密推理，给出规范的证明.本题能较好地考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力及转化与化归思想等.20、（1）；（2）【解题分析】

（1）利用等差数列通项公式和等比数列的性质，列出方程求出，由此能求出的通项公式．（2）由，，求出的表达式，然后转化求解的最小值．【题目详解】解：（1）是等差数列，，且，，成等比数列．，，解得，．（2）由，，得：，或时，取最小值．【题目点拨】本题考查数列的通项公式、前项和的最小值的求法，考查等差数列、等比数列的性质等基础