黑龙江省大庆中学2024届数学高一第二学期期末联考试题含解析

黑龙江省大庆中学2024届数学高一第二学期期末联考试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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．已知一组数1，1，2，3，5，8，，21，34，55，按这组数的规律，则应为（）A．11 B．12 C．13 D．142．已知直线(3-2k)x-y-6=0不经过第一象限，则k的取值范围为（）A．-∞,32 B．-∞,323．已知函数和的定义域都是，则它们的图像围成的区域面积是（）A． B． C． D．4．下列函数中是偶函数且最小正周期为的是（）A． B．C． D．5．甲.乙两人同时从寝室到教室，甲一半路程步行，一半路程跑步，乙一半时间步行，一半时间跑步，如果两人步行速度.跑步速度均相同，则（）A．甲先到教室 B．乙先到教室C．两人同时到教室 D．谁先到教室不确定6．已知向量，，则与夹角的大小为（）A． B． C． D．7．已知点和点，且，则实数的值是（）A．或 B．或 C．或 D．或8．正六边形的边长为，以顶点为起点，其他顶点为终点的向量分别为；以顶点为起点，其他顶点为终点的向量分别为．若分别为的最小值、最大值，其中，则下列对的描述正确的是（）A． B． C． D．9．已知：，则（）A． B． C． D．10．如图，长方体的体积为，E为棱上的点,且，三棱锥E－BCD的体积为，则=（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．在中，角的对边分别为，若，则角________.12．已知圆锥如图所示，底面半径为，母线长为，则此圆锥的外接球的表面积为___．13．的内角的对边分别为，若，，，则的面积为__________.14．若关于的方程（）在区间有实根，则最小值是____．15．已知两点A（2，1）、B（1，1+）满足＝（sinα，cosβ），α，β∈（﹣，），则α+β＝_______________16．的内角的对边分别为，，，若的面积为，则角_______.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．在一个盒子中装有6支圆珠笔，其中3支一等品，2支二等品和1支三等品，从中任取3支.求（1）恰有1支一等品的概率；（2）恰有两支一等品的概率；（3）没有三等品的概率.18．已知，（1）求；（2）若，求.19．已知数列的前项和为，且，.（1）试写出数列的任意前后两项（即、）构成的等式；（2）用数学归纳法证明：.20．四棱锥中，，，底面，，直线与底面所成的角为，、分别是、的中点．（1）求证：直线平面；（2）若，求证：直线平面；（3）求棱锥的体积．21．已知是复数，与均为实数，且复数在复平面上对应的点在第一象限，求实数的取值范围．

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、C【解题分析】

易得从第三项开始数列的每项都为前两项之和,再求解即可.【题目详解】易得从第三项开始数列的每项都为前两项之和,故.故选：C【题目点拨】该数列为“斐波那契数列”,从第三项开始数列的每项都为前两项之和,属于基础题.2、D【解题分析】

由题意可得3﹣2k＝0或3﹣2k＜0，解不等式即可得到所求范围．【题目详解】直线y＝（3﹣2k）x﹣6不经过第一象限，可得3﹣2k＝0或3﹣2k＜0，解得k≥3则k的取值范围是[32故选：D．【题目点拨】本题考查直线方程的运用，注意运用直线的斜率为0的情况，考查运算能力，属于基础题．3、C【解题分析】

由可得，所以的图像是以原点为圆心，为半径的圆的上半部分；再结合图形求解.【题目详解】由可得，作出两个函数的图像如下：则区域①的面积等于区域②的面积，所以他们的图像围成的区域面积为半圆的面积，即.故选C.【题目点拨】本题考查函数图形的性质，关键在于的识别.4、A【解题分析】

本题首先可将四个选项都转化为的形式，然后对四个选项的奇偶性以及周期性依次进行判断，即可得出结果．【题目详解】中，函数，是偶函数，周期为；中，函数是奇函数，周期；中，函数，是非奇非偶函数，周期；中，函数是偶函数，周期.综上所述，故选A．【题目点拨】本题考查对三角函数的奇偶性以及周期性的判断，考查三角恒等变换，偶函数满足，对于函数，其最小正周期为，考查化归与转化思想，是中档题．5、B【解题分析】

设两人步行，跑步的速度分别为，（）．图书馆到教室的路程为，再分别表示甲乙的时间，作商比较即可.【题目详解】设两人步行、跑步的速度分别为，（）．图书馆到教室的路程为．则甲所用的时间为：．乙所用的时间，满足+，解得．则＝＝＝1．∴．故乙先到教室．故选：B．【题目点拨】本题考查了路程与速度、时间的关系、基本不等式的性质，属于基础题．6、D【解题分析】

根据向量，的坐标及向量夹角公式，即可求出，从而根据向量夹角的范围即可求出夹角．【题目详解】向量，，则；∴；∵0≤<a，b>≤π；∴<a,b>=.故选：D.【题目点拨】本题考查数量积表示两个向量的夹角，已知向量坐标代入夹角公式即可求解，属于常考题型，属于简单题.7、A【解题分析】

直接利用两点间距离公式得到答案.【题目详解】已知点和点故答案选A【题目点拨】本题考查了两点间距离公式，意在考查学生的计算能力.8、A【解题分析】

利用向量的数量积公式，可知只有，其余数量积均小于等于0，从而得到结论．【题目详解】由题意，以顶点A为起点，其他顶点为终点的向量分别为，以顶点D为起点，其他顶点为终点的向量分别为，则利用向量的数量积公式，可知只有，其余数量积均小于等于0，又因为分别为的最小值、最大值，所以，故选A．【题目点拨】本题主要考查了向量的数量积运算，其中解答中熟记向量的数量积的运算公式，分析出向量数量积的正负是关键，着重考查了分析解决问题的能力，属于中档试题．9、A【解题分析】

观察已知角与待求的角之间的特殊关系，运用余弦的二倍角公式和诱导公式求解.【题目详解】令，则，所以，所以，故选A.【题目点拨】本题关键在于观察出已知角与待求的角之间的特殊关系，属于中档题.10、D【解题分析】

分别求出长方体和三棱锥E－BCD的体积，即可求出答案.【题目详解】由题意，，，则.故选D.【题目点拨】本题考查了长方体与三棱锥的体积的计算，考查了学生的计算能力，属于基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

根据得，利用余弦定理即可得解.【题目详解】由题：，，，由余弦定理可得：，.故答案为：【题目点拨】此题考查根据余弦定理求解三角形的内角，关键在于熟练掌握余弦定理公式，准确计算求解.12、【解题分析】

根据圆锥的底面和外接球的截面性质可得外接球的球心在上，再根据勾股定理可得求的半径．【题目详解】由圆锥的底面和外接球的截面性质可得外接球的球心在上，设球心为，球的半径为，则，圆，因为,所以，所以，，则有.解得，则.【题目点拨】本题主要考查了几何体的外接球，关键是会找到球心求出半径，通常结合勾股定理求．属于难题．13、【解题分析】

由已知及正弦定理可得：，进而利用余弦定理即可求得a的值，进而可求c，利用三角形的面积公式即可求解．【题目详解】，由正弦定理可得：，，由余弦定理，可得，整理可得：或（舍去），，，故答案为：.【题目点拨】本题注意考查余弦定理与正弦定理的应用，属于中档题.正弦定理主要有三种应用：求边和角、边角互化、外接圆半径.14、【解题分析】

将看作是关于的直线方程，则表示点到点的距离的平方，根据距离公式可求出点到直线的距离最小，再结合对勾函数的单调性，可求出最小值。【题目详解】将看作是关于的直线方程，表示点与点之间距离的平方，点到直线的距离为，又因为，令，在上单调递增，所以，所以的最小值为．【题目点拨】本题主要考查点到直线的距离公式以及对勾函数单调性的应用，意在考查学生转化思想的的应用。15、或0【解题分析】

运用向量的加减运算和特殊角的三角函数值，可得所求和．【题目详解】两点A（2，1）、B（1，1）满足（sinα，cosβ），可得（﹣1，）＝（，）＝（sinα，cosβ），即为sinα，cosβ，α，β∈（），可得α，β＝±，则α+β＝0或．故答案为0或．【题目点拨】本题考查向量的加减运算和三角方程的解法，考查运能力，属于基础题．16、【解题分析】

根据三角形面积公式和余弦定理可得，从而求得；由角的范围可确定角的取值.【题目详解】故答案为：【题目点拨】本题考查余弦定理和三角形面积公式的应用问题，关键是能够配凑出符合余弦定理的形式，进而得到所求角的三角函数值.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）；（3）.【解题分析】

（1）恰有一支一等品，从3支一等品中任取一支，从二、三等品种任取两支利用分布乘法原理计算后除以基本事件总数；（2）恰有两枝一等品，从3支一等品中任取两支，从二、三等品种任取一支利用分布乘法原理计算后除以基本事件总数；（3）从5支非三等品中任取三支除以基本事件总数．【题目详解】（1）恰有一枝一等品的概率；（2）恰有两枝一等品的概率；（3）没有三等品的概率.【题目点拨】本题考查古典概型及其概率计算公式，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题.18、（1）（2）【解题分析】

（1）两边平方可得，根据同角公式可得，；（2）根据两角和的正切公式，计算可得结果.【题目详解】（1）因为，所以，即.因为，所以，所以，故.（2）因为，所以，所以.【题目点拨】本题考查了两角同角公式，二倍角正弦公式，两角和的正切公式，属于基础题.19、（1）；（2）证明见解析.【解题分析】

（1）由，可得出，两式相减，化简即可得出结果；（2）令代入求出的值，再由求出的值，可验证和时均满足，并假设当时等式成立，利用数学归纳法结合数列的递推公式推导出时等式也成立，综合可得出结论.【题目详解】（1）对任意的，由可得，上述两式相减得，化简得；（2）①当时，由可得，解得，满足；②当时，由于，则，满足；③假设当时，成立，则有，由于，则.这说明，当时，等式也成立.综合①②③，.【题目点拨】本题考查数列递推公式的求解，同时也考查了利用数学归纳法证明数列的通项公式，考查计算能力与推理能力，属于中等题.20、（1）见解析（2）见解析（3）【解题分析】

（1）由中位线定理可得，，再根据平行公理可得，，即可根据线面平行的判定定理证出；（2）根据题意可计算出，而是的中点，可得，又，即可根据线面垂直的判定定理证出；（3）根据等积法，即可求出．【题目详解】（1）证明：连接，，，、是、中点，，从而．又平面，平面，直线平面；（2）证