广东省肇庆学院附属中学2024届数学高一第二学期期末联考试题含解析

广东省肇庆学院附属中学2024届数学高一第二学期期末联考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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．某校高一甲、乙两位同学的九科成绩如茎叶图所示，则下列说法正确的是（）A．甲、乙两人的各科平均分不同 B．甲、乙两人的中位数相同C．甲各科成绩比乙各科成绩稳定 D．甲的众数是83，乙的众数为872．已知非零向量、，“函数为偶函数”是“”的（）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．既非充分也非必要条件3．在正方体中，当点在线段（与，不重合）上运动时，总有：①；②平面平面；③平面；④．以上四个推断中正确的是()A．①② B．①④ C．②④ D．③④4．若直线平分圆的周长，则的值为（）A．-1 B．1 C．3 D．55．下列条件不能确定一个平面的是（）A．两条相交直线 B．两条平行直线 C．直线与直线外一点 D．共线的三点6．在△ABC中角ABC的对边分别为A．B．c，cosC＝，且acosB+bcosA＝2，则△ABC面积的最大值为（）A． B． C． D．7．sin480°等于（）A． B． C． D．8．执行下图所示的程序框图，若输出的，则输入的x为（）A．0 B．1 C．0或1 D．0或e9．在△ABC中，a=3，b=5，sinA=13A．15 B．59 C．10．已知是第二象限角,（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．函数，的递增区间为______.12．已知数列从第项起每项都是它前面各项的和，且，则的通项公式是__________．13．已知数列满足：，，则数列的前项的和_______.14．在数列an中，a1=2,a15．数列通项公式，前项和为，则________.16．当时，的最大值为__________.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，某快递小哥从地出发，沿小路以平均速度为20公里小时送快件到处，已知公里，，是等腰三角形，．（1）试问，快递小哥能否在50分钟内将快件送到处？（2）快递小哥出发15分钟后，快递公司发现快件有重大问题，由于通讯不畅，公司只能派车沿大路追赶，若汽车的平均速度为60公里小时，问，汽车能否先到达处？18．已知函数，且．（1）求的值；（2）求的最小正周期及单调递增区间．19．已知数列满足：，（1）求，的值；（2）求数列的通项公式；（3）设，数列的前n项和，求证：20．已知向量（），向量，，且.（Ⅰ）求向量；（Ⅱ）若，，求.21．某企业生产，两种产品，根据市场调查与预测，产品的利润与投资成正比，其关系如图1，产品的利润与投资的算术平方根成正比，其关系如图2，（注：利润与投资单位：万元）（1）分别将，两种产品的利润表示为投资的函数关系，并写出它们的函数关系式；（2）该企业已筹集到10万元资金，全部投入到，两种产品的生产，怎样分配资金，才能使企业获得最大利润，其最大利润约为多少万元（精确到1万元）.

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、C【解题分析】

分别计算出甲、乙两位同学成绩的平均分、中位数、众数，由此确定正确选项.【题目详解】甲的平均分为，乙的平均分，两人平均分相同，故A选项错误.甲的中位数为，乙的中位数为，两人中位数不相同，故B选项错误.甲的众数是，乙的众数是，故D选项错误.所以正确的答案为C.由茎叶图可知，甲的数据比较集中，乙的数据比较分散，所以甲比较稳定.（因为方差运算量特别大，故不需要计算出方差.）故选：C【题目点拨】本小题主要考查根据茎叶图比较平均数、中位数、众数、方差，属于基础题.2、C【解题分析】

根据，求出向量的关系，再利用必要条件和充分条件的定义，即可判定，得到答案．【题目详解】由题意，函数，又为偶函数，所以，则，即，可得，所以，若，则，所以，则，所以函数是偶函数，所以“函数为偶函数”是“”的充要条件．故选C．【题目点拨】本题主要考查了向量的数量积的运算，函数奇偶性的定义及其判定，以及充分条件和必要条件的判定，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．3、D【解题分析】

每个结论可以通过是否能证伪排除即可．【题目详解】①因为，与相交，所以①错．②很明显不对，只有当E在中点时才满足条件．③易得平面平面，而AE平面，所以平面；④因为平面，而AE平面，所以．故选D【题目点拨】此题考查空间图像位置关系，一般通过特殊位置排除即可，属于较易题目．4、D【解题分析】

求出圆的圆心坐标，由直线经过圆心代入解得.【题目详解】解：所以的圆心为因为直线平分圆的周长所以直线过圆心，即解得，故选：D.【题目点拨】本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，属于基础题．5、D【解题分析】

根据确定平面的公理和推论逐一判断即可得解．【题目详解】解：对选项：经过两条相交直线有且只有一个平面，故错误．对选项：经过两条平行直线有且只有一个平面，故错误．对选项：经过直线与直线外一点有且只有一个平面，故错误．对选项：过共线的三点，有无数个平面，故正确；故选：．【题目点拨】本题主要考查确定平面的公理及推论．解题的关键是要对确定平面的公理及推论理解透彻，属于基础题．6、D【解题分析】

首先利用同角三角函数的关系式求出sinC的值，进一步利用余弦定理和三角形的面积公式及基本不等式的应用求出结果．【题目详解】△ABC中角ABC的对边分别为a、b、c，cosC，利用同角三角函数的关系式sin1C+cos1C＝1，解得sinC，由于acosB+bcosA＝1，利用余弦定理，解得c＝1．所以c1＝a1+b1﹣1abcosC，整理得4，由于a1+b1≥1ab，故，所以．则，△ABC面积的最大值为，故选D．【题目点拨】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理余弦定理和三角形面积的应用，基本不等式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于中档题．7、D【解题分析】试题分析：因为，所以选D.考点：诱导公式，特殊角的三角函数值.8、C【解题分析】

根据程序框图,分两种情况讨论,即可求得对应的的值.【题目详解】当输出结果为时.当,则,解得当,则,解得综上可知,输入的或故选:C【题目点拨】本题考查了程序框图的简单应用,指数方程与对数方程的解法,属于基础题.9、B【解题分析】试题分析：由正弦定理得31考点：正弦定理的应用10、A【解题分析】cosα＝±＝±，又∵α是第二象限角，∴cosα＝－.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、[0，](开区间也行)【解题分析】

根据正弦函数的单调递增区间，以及题中条件，即可求出结果.【题目详解】由得：，又，所以函数，的递增区间为.故答案为【题目点拨】本题主要考查正弦型函数的单调区间，熟记正弦函数的单调区间即可，属于常考题型.12、【解题分析】

列举,可找到是从第项起的等比数列,由首项和公比即可得出通项公式.【题目详解】解：,即,所以是从第项起首项,公比的等比数列.通项公式为：故答案为：【题目点拨】本题考查数列的通项公式,可根据递推公式求出.13、【解题分析】

通过令求出数列的前几项，猜测是以为周期的周期数列，且每个周期内都是以为首项，2为公比的等比数列．然后根据递推式给予证明，最后由等比数列的前项和公式计算．【题目详解】当时，，，，，，，当时，，，，，，，当时，，，，，，，猜测，是以为周期的周期数列，且每个周期内都是以为首项，2为公比的等比数列．设中，即，∴，由于都是正整数，所以，所以数列中第项开始大于3，前项是以为首项，2为公比的等比数列．，所以是以为周期的周期数列，所以．故答案为：．【题目点拨】本题考查等比数列的前项和，考查数列的周期性．解题关键是确定数列的周期性．方法采取的是从特殊到一般，猜想与证明．14、2+【解题分析】

因为a1∴a∴=(=2+ln15、1【解题分析】

利用裂项求和法求出，取极限进而即可求解.【题目详解】，故，所以，故答案为：1【题目点拨】本题考查了裂项求和法以及求极限值，属于基础题.16、-3.【解题分析】

将函数的表达式改写为：利用均值不等式得到答案.【题目详解】当时，故答案为-3【题目点拨】本题考查了均值不等式，利用一正二定三相等将函数变形是解题的关键.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)快递小哥不能在50分钟内将快件送到处．(2)汽车能先到达处．【解题分析】试题分析：（1）由题意结合图形，根据正弦定理可得，，求得的长，又，可求出快递小哥从地到地的路程，再计算小哥到达地的时间，从而问题可得解；（2）由题意，可根据余弦定理分别算出与的长，计算汽车行驰的路程，从而求出汽车到达地所用的时间，计算其与步小哥所用时间相差是否有15分钟，从而问题可得解.试题解析：（1）（公里），中，由，得（公里）于是，由知，快递小哥不能在50分钟内将快件送到处．（2）在中，由，得（公里），在中，，由，得（公里），-由（分钟）知，汽车能先到达处．点睛：此题主要考查了解三角形中正弦定理、余弦定理在实际生活中的应用，以及关于路程问题的求解运算等方面的知识与技能，属于中低档题型，也是常考题型.在此类问题中，总是正弦定理、余弦定理，以及相关联的三角函数的知识，所以根据题目条件、图形进行挖掘，找到与问题衔接处，从而寻找到问题的解决方案.18、（1）；（2）最小正周期为,单调递增区间为，.【解题分析】

（1）因为，所以，化简解方程即得．（2）由（1）可得求出函数的最小正周期，再利用复合函数和三角函数的图像和性质求函数的单调递增区间得解.【题目详解】解：（1）因为，所以，所以，即，解得．（2）由（1）可得，则的最小正周期为．令，，解得，，故的单调递增区间为，．【题目点拨】本题主要考查三角恒等变换和三角求值，考查三角函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，属于基础题.19、(1)；；(2)(3)见证明；【解题分析】

（1）令可求得；（2）在已知等式基础上，用代得另一等式，然后相减，可求得，并检验一下是否适合此表达式；（3）用裂项相消法求和．【题目详解】解：（1）由已知得，∴(2)由，①得时，，②①-②得∴，也适合此式，∴（）．（3）由（2）得，∴∴∵，∴∴【题目点拨】本题考查由数列的通项公式，考查裂项相消法求和．求通项公式时的方法与已知求的方法一样，本题就相当于已知数列的前项和，要求．注意首项求法的区别．20、（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解题分析】

（Ⅰ）∵,，∵，∴，即，①又，②由①②联立方程解得，，．∴；（Ⅱ）∵，即，，∴，，又∵，，∴.21、（1）为，为；（2）产品投入3.75万元，产品投入6.25万元，最大利润为4万元【解题分析】

（1）根据题意给出的函数模型，设；代入图中数据求得既得