2024届宁波市重点中学高一数学第二学期期末复习检测试题含解析

2024届宁波市重点中学高一数学第二学期期末复习检测试题考生须知：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．对数列,“对于任意成立”是“其前n项和数列为递增数列”的（）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充分必要条件 D．非充分非必要条件2．等差数列中，已知，则()A．1 B．2 C．3 D．43．若关于的不等式在区间上有解,则的取值范围是（）A． B． C． D．4．已知水平放置的是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中，，那么原中的大小是（）．A． B． C． D．5．设等差数列的前项和为，，，则（）A． B． C． D．6．在空间中，有三条不重合的直线，，，两个不重合的平面，，下列判断正确的是A．若∥，∥，则∥ B．若，，则∥C．若，∥，则 D．若，，∥，则∥7．已知圆，设平面区域，若圆心,且圆与轴相切，则的最大值为（）A．5 B．29 C．37 D．498．已知，，，则的最小值为（）A． B． C．7 D．99．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则是（）A．纯角三角形 B．等边三角形C．直角三角形 D．等腰直角三角形10．已知向量，，若，则锐角α为()A．45° B．60° C．75° D．30°二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．数列的前项和为，已知，且对任意正整数，都有，若恒成立，则实数的最小值为________.12．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴正半轴重合，终边经过点，则______.13．在上，满足的的取值范围是______.14．若直线上存在点可作圆的两条切线，切点为，且，则实数的取值范围为．15．若数列满足（，为常数），则称数列为“调和数列”，已知正项数列为“调和数列”，且，则的最大值是__________．16．将函数的图象上每一点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变；再向右平移个单位长度得到的图象，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．已知，，且（1）求的定义域.（2）判断的奇偶性，并说明理由.18．已知等差数列的前n项和为，关于x的不等式的解集为.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前n项和.19．如图，在三棱柱中，各个侧面均是边长为的正方形，为线段的中点.(1)求证:直线平面；(2)求直线与平面所成角的余弦值；(3)设为线段上任意一点，在内的平面区域(包括边界)是否存在点，使，并说明理由.20．解关于x的不等式21．设函数（1）若对于一切实数恒成立，求的取值范围；（2）若对于恒成立，求的取值范围.

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】

根据递增数列的性质和充分必要条件判断即可【题目详解】对于任意成立可以推出其前n项和数列为递增数列，但反过来不成立如当时其，此时为递增数列但所以“对于任意成立”是“其前n项和数列为递增数列”的充分非必要条件故选：A【题目点拨】要说明一个命题不成立，只需举出一个反例即可.2、B【解题分析】

已知等差数列中一个独立条件，考虑利用等差中项求解.【题目详解】因为为等差数列，所以，由，,故选B.【题目点拨】本题考查等差数列的性质，等差数列中若，则,或用基本量、表示，整体代换计算可得,属于简单题.3、A【解题分析】

利用分离常数法得出不等式在上成立，根据函数在上的单调性，求出的取值范围【题目详解】关于的不等式在区间上有解在上有解即在上成立，设函数数，恒成立在上是单调减函数且的值域为要在上有解，则即的取值范围是故选【题目点拨】本题是一道关于一元二次不等式的题目，解题的关键是掌握一元二次不等式的解法，分离含参量，然后求出结果，属于基础题．4、C【解题分析】

根据斜二测画法还原在直角坐标系的图形，进而分析出的形状，可得结论．【题目详解】如图：根据斜二测画法可得：，故原是一个等边三角形故选【题目点拨】本题是一道判定三角形形状的题目，主要考查了平面图形的直观图，考查了数形结合的思想5、A【解题分析】

利用等差数列的基本量解决问题.【题目详解】解：设等差数列的公差为，首项为，因为，，故有，解得，，故选A.【题目点拨】本题考查了等差数列的通项公式与前项和公式，解决问题的关键是熟练运用基本量法.6、C【解题分析】

根据空间中点、线、面的位置关系的判定与性质，逐项判定，即可求解，得到答案．【题目详解】由题意，A中，若∥，∥，则与可能平行、相交或异面，故A错误；B中，若，，则与c可能平行，也可能垂直，比如墙角，故B错误；C中，若，∥，则,正确；D中，若，，∥，则与可能平行或异面，故D错误；故选C．【题目点拨】本题主要考查了线面位置关系的判定与证明，其中解答中熟记空间中点、线、面的位置关系，以及线面位置关系的判定定理和性质定理是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于中档试题．7、C【解题分析】试题分析：作出可行域如图，圆C：（x－a）2＋（y－b）2＝1的圆心为，半径的圆，因为圆心C∈Ω，且圆C与x轴相切，可得，所以所以要使a2＋b2取得的最大值，只需取得最大值，由图像可知当圆心C位于B点时，取得最大值，B点的坐标为，即时是最大值.考点：线性规划综合问题.8、B【解题分析】

根据条件可知，，，从而得出，这样便可得出的最小值．【题目详解】；，且，；；，当且仅当时等号成立；；的最小值为．故选：．【题目点拨】考查基本不等式在求最值中的应用，注意应用基本不等式所满足的条件及等号成立的条件．9、B【解题分析】

利用正弦定理结合条件，得到，再由，结合余弦定理，得到，从而得到答案.【题目详解】在中，由正弦定理得，而，所以得到，即，为的内角，所以，因为，所以，由余弦定理得.为的内角，所以，所以，为等边三角形.故选：B.【题目点拨】本题考查正弦定理和余弦定理判断三角形形状，属于简单题.10、D【解题分析】

根据向量的平行的坐标表示，列出等式，即可求出．【题目详解】因为，所以，又为锐角，因此，即，故选D．【题目点拨】本题主要考查向量平行的坐标表示．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】令，可得是首项为，公比为的等比数列，所以，，实数的最小值为，故答案为.12、【解题分析】

利用三角函数的定义可求出的值.【题目详解】由三角函数的定义可得，故答案为.【题目点拨】本题考查利用三角函数的定义求余弦值，解题的关键就是三角函数定义的应用，考查计算能力，属于基础题.13、【解题分析】

由，结合三角函数线，即可求解，得到答案.【题目详解】如图所示，因为，所以满足的的取值范围为.【题目点拨】本题主要考查了特殊角的三角函数值，以及三角函数线的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.14、【解题分析】试题分析：若，则，直线上存在点可作和的两条切线等价于直线与圆有公共点，由圆心到直线的距离公式可得,解之可得.考点：点到直线的距离公式及直线与圆的位置关系的运用.【方法点晴】本题主要考查了点到直线的距离公式及直线与圆的位置关系的运用，涉及到圆心到直线的距离公式和不等式的求解，属于中档试题，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及学生的推理与运算能力，本题的解答中直线上存在点可作和的两条切线等价于直线与圆有公共点是解答的关键．15、1【解题分析】因为数列是“调和数列”，所以，即数列是等差数列，所以，，所以，，当且仅当时等号成立，因此的最大值为1．点睛：本题考查创新意识，关键是对新定义的理解与转化，由“调和数列”的定义及已知是“调和数列”，得数列是等差数列，从而利用等差数列的性质可化简已知数列的和，结合基本不等式求得最值．本题难度不大，但考查的知识较多，要熟练掌握各方面的知识与方法，才能正确求解．16、【解题分析】

由条件根据函数的图象变换规律，，可得的解析式，从而求得的值．【题目详解】将函数向左平移个单位长度可得的图象；保持纵坐标不变，横坐标伸长为原来的倍可得的图象，故，所以.【题目点拨】本题主要考查函数）的图象变换规律，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）偶函数，理由见解析.【解题分析】

（1）根据对数的真数大于零可求得和的定义域，取交集可得定义域；（2）整理可得，验证得，得到函数为偶函数.【题目详解】（1）令得：定义域为令得：定义域为的定义域为（2）由题意得：，为定义在上的偶函数【题目点拨】本题考查函数定义域的求解、奇偶性的判断；求解函数定义域的关键是明确对数函数要求真数必须大于零，且需保证构成函数的每个部分都有意义.18、（1）；（2）.【解题分析】

（1）根据不等式的解集，得到和，从而得到等差数列的公差，得到的通项公式；（2）由（1）得到的的通项，得到的通项，利用等比数列的求和公式，得到答案.【题目详解】（1）因为关于x的不等式的解集为，所以得到，，所以，，为等差数列，设其公差为，所以，所以，所以（2）因为，所以所以是以为首项，为公比的等比数列，所以.【题目点拨】本题考查一元二次不等式解集与系数的关系，求等差数列的通项，等比数列求和，属于简单题.19、(1)见解析(2)（3）存在点，使，详见解析【解题分析】

(1)设与的交点为，证明进而证明直线平面.(2)先证明直线与平面所成角的为，再利用长度关系计算.(3)过点作，证明平面，即，所以存在.【题目详解】(1)设与的交点为，显然为中点，又点为线段的中点，所以，平面，平面，平面.(2)平面，平面,，，平面，平面，平面，点在平面上的投影为点，直线与平面所成角的为，，，，.(3)过点作，又因为平面，平面，所以，平面，平面，平面，，所以存在点，使.【题目点拨】本题考查了立体几何线面平行，线面夹角，动点问题，将线线垂直转化为线面垂直是解题的关键.20、见解析.【解题分析】试题分析：（1）讨论的取值，分为，两种情形，求出对应不等式的解集即可.试题解析：当a=0时，原不等式化为x+10，解得;当时，原不等式化为，解得；综上所述，当a=0时，不等式的解集为，当时，不等式的解集为.点睛：本题考查了含有字母系数的不等式的解法与应用问题，元二次不等式的核心还是求一元二次方程的根，然后在结合图象判定其区间解题时应用分类讨论的思想，是中档题目；常见的讨论形式有：1、对二项式系数进行讨论；2、相对应的方程是否有根进行讨论；3、对应根的大小进行讨论.21、（1）（2）【解题分析】

（1）由不等式恒成立，结合二次函数的性质，分类讨论，即可求解；（2）要使对于恒成