云南省禄丰县一中2024届高一数学第二学期期末考试试题含解析

云南省禄丰县一中2024届高一数学第二学期期末考试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．等差数列的前项和为，，，则（）A．21 B．15 C．12 D．92．在长方体中，，，，则异面直线与所成角的大小为()A． B． C． D．或3．等差数列中，，，下列结论错误的是（）A．，，成等比数列 B．C． D．4．若圆上有且仅有两点到直线的距离等于1，则实数r的取值范围为（）A． B． C． D．5．已知数列的前项和满足.若对任意正整数都有恒成立，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．6．已知函数，当时，取得最小值，则等于（）A．9 B．7 C．5 D．37．阅读如图的程序框图，运行该程序，则输出的值为（）A．3 B．1C．-1 D．08．若正实数，满足，且恒成立，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．9．设二次函数在区间上单调递减，且，则实数的取值范围是()A．(－∞，0] B．[2，＋∞) C．(－∞，0]∪[2，＋∞) D．[0，2]10．已知向量a→=（2，0），|b→|＝1，a→⋅A．2π3 B．π3 C．π二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．数列中，若，，则______；12．若向量与平行．则__．13．设满足不等式组，则的最小值为_____.14．若是三角形的内角，且，则等于_____________．15．在空间直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为______．16．如图中，，，，M为AB边上的动点，，D为垂足，则的最小值为______；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．锐角三角形的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求A；（2）若，，求面积.18．已知数列的前n项和为，且，求数列的通项公式．19．在平面直角坐标系中，已知向量，．（1）求证：且；（2）设向量，，且，求实数的值．20．已知向量与向量的夹角为，且，.（1）求;（2）若，求.21．设的内角所对应的边长分别是，且.（Ⅰ）当时，求的值；（Ⅱ）当的面积为时，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、B【解题分析】依题意有，解得，所以.2、C【解题分析】

平移CD到AB，则即为异面直线与所成的角，在直角三角形中即可求解.【题目详解】连接AC1，CD//AB，可知即为异面直线与所成的角，在中，，故选．【题目点拨】本题考查异面直线所成的角.常用方法：1、平移直线到相交；2、向量法.3、C【解题分析】

根据条件得到公差，然后得到等差数列的通项，从而对四个选项进行判断，得到答案.【题目详解】等差数列中，，所以，所以，所以，，，，，，，，，所以，所以，，成等比数列，故A选项正确，，故B选项正确，，故C选项错误，，故D选项正确.故选：C.【题目点拨】本题考查求等差数列的项，等差数列求前项的和，属于简单题.4、B【解题分析】因为圆心(5,1)到直线4x＋3y＋2＝0的距离为＝5，又圆上有且仅有两点到直线4x＋3y＋2＝0的距离为1，则4<r<6.选B.点睛：判断直线与圆的位置关系的常见方法(1)几何法：利用d与r的关系．(2)代数法：联立方程之后利用Δ判断．(3)点与圆的位置关系法：若直线恒过定点且定点在圆内，可判断直线与圆相交．上述方法中最常用的是几何法，点与圆的位置关系法适用于动直线问题．5、C【解题分析】

先利用求出数列的通项公式，于是可求出，再利用参变量分离法得到，利用数列的单调性求出数列的最小项的值，可得出实数的取值范围．【题目详解】当时，，即，得；当时，由，得，两式相减得，得，，所以，数列为等比数列，且首项为，公比为，.，由，得，所以，数列单调递增，其最小项为，所以，，因此，实数的取值范围是，故选C．【题目点拨】本题考查利用数列前项和求数列的通项，其关系式为，其次考查了数列不等式与参数的取值范围问题，一般利用参变量分离法转化为数列的最值问题来求解，考查化归与转化问题，属于中等题．6、B【解题分析】

先对函数进行配凑，使得能够使用均值不等式，再利用均值不等式，求得结果.【题目详解】因为故当且仅当，即时，取得最小值.故，则.故选：B.【题目点拨】本题考查均值不等式的使用，属基础题；需要注意均值不等式使用的条件.7、D【解题分析】

从起始条件、开始执行程序框图，直到终止循环.【题目详解】，，，，，输出.【题目点拨】本题是直到型循环，只要满足判断框中的条件，就终止循环，考查读懂简单的程序框图.8、B【解题分析】

根据，结合基本不等式可求得，从而得到关于的不等式，解不等式求得结果.【题目详解】由题意知：，，（当且仅当，即时取等号），解得：本题正确选项：【题目点拨】本题考查利用基本不等式求解和的最小值问题，关键是配凑出符合基本不等式的形式，从而求得最值.9、D【解题分析】

求出导函数，题意说明在上恒成立（不恒等于0），从而得，得开口方向，及函数单调性，再由函数性质可解.【题目详解】二次函数在区间上单调递减，则，，所以，即函数图象的开口向上，对称轴是直线．所以f(0)＝f（2），则当时，有．【题目点拨】实际上对二次函数，当时，函数在递减，在上递增，当时，函数在递增，在上递减.10、A【解题分析】

直接利用向量夹角公式得到答案.【题目详解】解：向量a→=（2，0），|b→|＝1，a可得cos＜a→则a→与b的夹角为：2π故选：A．【题目点拨】本题考查向量的数量积的应用，向量的夹角的求法，是基本知识的考查．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

先分组求和得，再根据极限定义得结果.【题目详解】因为，，……，，所以则.【题目点拨】本题考查分组求和法、等比数列求和、以及数列极限，考查基本求解能力.12、【解题分析】

由题意利用两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算法则，求得的值．【题目详解】由题意，向量与平行，所以，解得．故答案为．【题目点拨】本题主要考查了两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．13、-6【解题分析】作出可行域，如图内部（含边界），作直线，当向下平移时，减小，因此当过点时，为最小值．14、【解题分析】∵是三角形的内角，且，∴故答案为点睛：本题是一道易错题，在上，，分两种情况：若，则；若，则有两种情况锐角或钝角.15、【解题分析】

利用空间直角坐标系中，关于原点对称的点的坐标特征解答即可.【题目详解】在空间直角坐标系中，关于原点对称的点的坐标对应互为相反数，所以点关于原点的对称点的坐标为.故答案为：【题目点拨】本题主要考查空间直角坐标系中对称点的特点，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.16、【解题分析】

以为坐标原点建立平面直角坐标系，用坐标表示出的值，然后利用换元法求解出对应的最小值即可.【题目详解】如图所示，设，所以，根据条件可知：，所以，设，，，所以，所以，所以，所以当时，有最小值，最小值为.故答案为：.【题目点拨】本题考查利用坐标法以及换元法求解最值，着重考查逻辑推理和运算求解的能力，属于较难题(1)利用换元法求解最值时注意，换元后新元的取值范围；(2)三角函数中的一组“万能公式”：，.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）利用三角函数的和差公式化简已知等式可得，结合为锐角可得的值．（2）由余弦定理可得，解得的值，根据三角形的面积公式即可求解．【题目详解】（1）∵，∴∵∴可得：∵A，C为锐角，∴，可得：（2）∵∴由余弦定理，可得：，即，解得：或3，因为为锐角三角形，所以需满足所以所以的面积为【题目点拨】本题主要考查了三角函数恒等变换及余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．18、【解题分析】

利用公式，计算的通项公式，再验证时的情况.【题目详解】当时，；当时，不满足上式．∴【题目点拨】本题考查了利用求数列通项公式，忽略的情况是容易犯的错误.19、（1）证明见解析（2）【解题分析】

（1）根据向量的坐标求出向量模的方法以及向量的数量积即可求解.（2）根据向量垂直，可得数量积等于，进而解方程即可求解.【题目详解】（1）证明：，，所以，因为，所以；（2）因为，所以，由（1）得：所以，解得．【题目点拨】本题考查了向量坐标求向量的模以及向量数量积的坐标表示，属于基础题.20、（1）；（2）.【解题分析】

（1）对等式两边同时平方，利用平面向量数量积的定义以及数量积的运算性质，可以求出；（2）根据两个非零向量互相垂直等价于它们的数量积为零，可以得到方程，解方程可以求出的值.【题目详解】解：（1）由得，那么；解得或（舍去）∴；（2）由得，那么因此∴.【题目点拨】本题考