2024届文昌中学高一数学第二学期期末综合测试试题含解析

2024届文昌中学高一数学第二学期期末综合测试试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．在中，已知、、分别是角、、的对边，若，则的形状为A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形2．已知，，，则，，的大小关系为（）A． B． C． D．3．已知一几何体的三视图，则它的体积为（）A． B． C． D．4．已知，的线性回归直线方程为，且，之间的一组相关数据如下表所示，则下列说法错误的为A．变量，之间呈现正相关关系 B．可以预测，当时，C． D．由表格数据可知，该回归直线必过点5．如图，若长方体的六个面中存在三个面的面积分别是2,3,6，则该长方体中线段的长是（）A． B． C．28 D．6．设，,则的值可表示为（）A． B． C． D．7．在平面直角坐标系中，直线与x、y轴分别交于点、，记以点为圆心，半径为r的圆与三角形的边的交点个数为M.对于下列说法：①当时，若，则；②当时，若，则；③当时，M不可能等于3；④M的值可以为0，1，2，3，4，5.其中正确的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．48．已知角的顶点与原点重合，始边与轴非负半轴重合，终边过点，则（）A． B． C． D．9．若，，表示三条不重合的直线，，表示两个不同的平面，则下列命题中，正确的个数是（）①若，，则②，，，则③若，，则④若，，则A．0 B．1 C．2 D．310．甲、乙、丙、丁四名运动员参加奥运会射击项目选拔赛，四人的平均成绩和方差如下表所示，从这四个人中选择一人参加奥运会射击项目比赛，最佳人选是（）人数据甲乙丙丁平均数8.68.98.98.2方差3.53.52.15.6A．甲 B．乙 C．丙 D．丁二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．某市三所学校有高三文科学生分别为500人，400人，300人，在三月进行全市联考后，准备用分层抽样的方法从三所高三文科学生中抽取容量为24的样本，进行成绩分析，则应从校高三文科学生中抽取_____________人．12．给出下列五个命题：①函数的一条对称轴是；②函数的图象关于点（,0）对称；③正弦函数在第一象限为增函数；④若，则，其中；⑤函数的图像与直线有且仅有两个不同的交点，则的取值范围为.以上五个命题中正确的有（填写所有正确命题的序号）13．设,满足约束条件,则的最小值是______.14．如图，在B处观测到一货船在北偏西方向上距离B点1千米的A处，码头C位于B的正东千米处，该货船先由A朝着C码头C匀速行驶了5分钟到达C，又沿着与AC垂直的方向以同样的速度匀速行驶5分钟后到达点D，此时该货船到点B的距离是________千米.15．中，内角，，所对的边分别是，，，且，，则的值为__________．16．已知向量，若向量与垂直，则等于_______．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，某住宅小区的平面图呈圆心角为的扇形，小区的两个出入口设置在点及点处，且小区里有一条平行于的小路．（1）已知某人从沿走到用了分钟，从沿走到用了分钟，若此人步行的速度为每分钟米，求该扇形的半径的长（精确到米）（2）若该扇形的半径为，已知某老人散步，从沿走到，再从沿走到，试确定的位置，使老人散步路线最长．18．已知.（1）若三点共线，求实数的值；（2）证明：对任意实数，恒有成立.19．已知点是重心，.（1）用和表示；（2）用和表示.20．已知某公司生产某款手机的年固定成本为400万元，每生产1万部还需另投入160万元.设公司一年内共生产该款手机x(x≥40)万部且并全部销售完，每万部的收入为R(x)万元，且R(x)=74000(1)写出年利润W(万元)关于年产量x（万部）的函数关系式；(2)当年产量为多少万部时，公司在该款手机的生产中所获得的利润最大？并求出最大利润．21．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2⑴若圆E的半径为2，圆E与x轴相切且与圆C外切，求圆E的标准方程；⑵若过原点O的直线l与圆C相交于A,B两点，且OA=AB，求直线l的方程．

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、D【解题分析】

由，利用正弦定理可得，进而可得sin2A=sin2B，由此可得结论．【题目详解】∵，∴由正弦定理可得∴sinAcosA=sinBcosB∴sin2A=sin2B∴2A=2B或2A+2B=π∴A=B或A+B=∴△ABC的形状是等腰三角形或直角三角形故选D．【题目点拨】判断三角形形状的常见方法是：（1）通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断；(2)利用正弦定理、余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断；（3）根据余弦定理确定一个内角为钝角进而知其为钝角三角形.2、D【解题分析】

利用指数函数、对数函数的单调性直接求解.【题目详解】解：因为，，所以，，的大小关系为.故选：D.【题目点拨】本题考查三个数的大小比较，考查指数函数、对数函数的单调性等基础知识，属于基础题.3、C【解题分析】所求体积，故选C.4、C【解题分析】

A中，根据线性回归直线方程中回归系数0.82＞0，判断x，y之间呈正相关关系；B中，利用回归方程计算x＝5时的值即可预测结果；C中，计算、，代入回归直线方程求得m的值；D中，由题意知m＝1.8时求出、，可得回归直线方程过点（，）．【题目详解】已知线性回归直线方程为0.82x+1.27，0.82＞0，所以变量x，y之间呈正相关关系，A正确；计算x＝5时，0.82×5+1.27＝5.37，即预测当x＝5时y＝5.37，B正确；（0+1+2+3）＝1.5，（0.8+m+3.1+4.3），代入回归直线方程得0.82×1.5+1.27，解得m＝1.8，∴C错误；由题意知m＝1.8时，1.5，2.5，所以回归直线方程过点（1.5，2.5），D正确．故选C．【题目点拨】本题考查了线性回归方程的概念与应用问题，是基础题．5、A【解题分析】

由长方体的三个面对面积先求出同一点出发的三条棱长，即可求出结果.【题目详解】设长方体从一个顶点出发的三条棱的长分别为，且，，，则，，，所以长方体中线段的长等于.【题目点拨】本题主要考查简单几何体的结构特征，属于基础题型.6、A【解题分析】

由，可得到，然后根据反余弦函数的图象与性质即可得到答案.【题目详解】因为，所以，则.故选：A【题目点拨】本题主要考查反余弦函数的运用，熟练掌握反余弦函数的概念及性质是解决本题的关键.7、B【解题分析】

作出直线，可得，，，分别考虑圆心和半径的变化，结合图形，即可得到所求结论．【题目详解】作出直线，可得，，，①当时，若，当圆与直线相切，可得；当圆经过点，即，则或，故①错误；②当时，若，圆，当圆经过O时，，交点个数为2，时，交点个数为1，则，故②正确；③当时，圆，随着的变化可得交点个数为1，2，0，不可能等于3，故③正确；④的值可以为0，1，2，3，4，不可以为5，故④错误.故选：B.【题目点拨】本题考查命题的真假判断与应用，考查直线和圆的位置关系，考查分析能力和计算能力.8、C【解题分析】

利用三角函数定义即可求得：，，再利用余弦的二倍角公式得解.【题目详解】因为角的终边过点，所以点到原点的距离所以，所以故选C【题目点拨】本题主要考查了三角函数定义及余弦的二倍角公式，考查计算能力，属于较易题．9、B【解题分析】

①根据空间线线位置关系的定义判定；②根据面面平行的性质判定；③根据空间线线垂直的定义判定；④根据线面垂直的性质判定．【题目详解】解：①若，，与的位置关系不定，故错；②若，，，则或、异面，故错；③若，，则或、异面，故错；④若，，则，故正确．故选：．【题目点拨】本题考查了空间线面位置关系，考查了空间想象能力，属于中档题．10、C【解题分析】

甲，乙，丙，丁四个人中乙和丙的平均数最大且相等，甲，乙，丙，丁四个人中丙的方差最小，说明丙的成绩最稳定，得到丙是最佳人选．【题目详解】甲，乙，丙，丁四个人中乙和丙的平均数最大且相等，甲，乙，丙，丁四个人中丙的方差最小，说明丙的成绩最稳定，综合平均数和方差两个方面说明丙成绩即高又稳定，丙是最佳人选，故选：C．【题目点拨】本题考查平均数和方差的实际应用，考查数据处理能力，求解时注意方差越小数据越稳定.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、8【解题分析】

利用分层抽样中比例关系列方程可求.【题目详解】由已知三所学校总人数为500+400+300=1200，设从校高三文科学生中抽取x人，由分层抽样的要求及抽取样本容量为24，所以，，故答案为8.【题目点拨】本题考查分层抽样，考查计算求解能力，属于基本题.12、①②⑤【解题分析】试题分析：①将代入可得函数最大值,为函数对称轴；②函数的图象关于点对称,包括点；③,③错误；④利用诱导公式,可得不同于的表达式；⑤对进行讨论,利用正弦函数图象,得出函数与直线仅有有两个不同的交点，则．故本题答案应填①②⑤.考点：三角函数的性质．【知识点睛】本题主要考查三角函数的图象性质.对于和的最小正周期为.若为偶函数,则当时函数取得最值,若为奇函数,则当时,.若要求的对称轴,只要令,求.若要求的对称中心的横坐标,只要令即可.13、1【解题分析】

根据不等式组，画出可行域，数形结合求解即可.【题目详解】由题可知，可行域如下图所示：容易知：，可得：，结合图像可知，的最小值在处取得，则.故答案为：1.【题目点拨】本题考查线性规划的基础问题，只需作出可行域，数形结合即可求解.14、3【解题分析】

先在中，由余弦定理算出和，然后在中由余弦定理即可求出.【题目详解】由题意可得，在中，所以由余弦定理得：即，所以因为所以所以所以在中有：即故答案为：3【题目点拨】本题考查三角形的解法，余弦定理的应用，是基本知识的考查．15、4【解题分析】

利用余弦定理变形可得，从而求得结果.【题目详解】由余弦定理得：本题正确结果：【题目点拨】本题考查余弦定理的应用，关键是能够熟练应用的变形，属于基础题.16、2【解题分析】

根据向量的数量积的运算公式，列出方程，即可求解．【题目详解】由题意，向量，因为向量与垂直，所以，解得．故答案为：2.【题目点拨】本题主要考查了向量的坐标运算，以及向量的垂直关系的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．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）445米；（2）在弧的中点处【解题分析】

（1）假设该扇形的半径为米，在中，利用余弦定理求解；（2）设设，在中根据正弦定理，用和表示和，进而利用和差公式和辅助角公式化简，再根据三角函数的性质求最值.【题目详解】（1）方法一：设该扇形的半径为米，连接.由题意，得(米)，（米），在中，即，解得（米)方法二：连接，作，交于，由题意，得（米），（米），，在中，.（米）..在直角中，（米），（米）.（2）连接，设，在中，由正弦定理得：，于是，则，所以当时，最大为，此时在弧的中点处．【题目点拨】本题考查正弦定理，余弦定理的实际应用，结合了三角函数的化简与求三角函数的最值.18、(1)-3；(2)证明见解析.【解题分析】分析：（1）由题意可得，结合三点共线的充分必要条件可得.（2）由题意结合平面向量数量积的坐标运算法则可得，则恒有成立.详解：（1），∵三点共线，∴，∴.（2），∴，∴恒有成立.点睛：本题主要考查平面向量数量积的运算法则，二次函数的性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.19、（1）（2）.【解题分析】

（1）设的中点为，可得出，利用重心性质得出，由此可得出关于、的表达式；（2）由，得出，再由，可得出关于、的表达式.【题目详解】（1）设的中点为，则，，为的重心，因此，；（2），，因此，.【题目点拨】本题考查利基底表示向量，应充分利用平面几何中一些性质，将问题中所涉及的向量利用基底表示，并结合平面向量的线性运算法则进行计算，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.20、（1）W=73600-400000x-160x，(x≥40);（2）当x=50【解题分析】

(1)根据题意，即可求解利润关于产量的关系式为W=(2)由（1）的关系式，利用基本不等式求得最大值，即可求解最大利润．【题目详解】（1）由题意，可得利润W关于年产量x的函数关系式为W=xRx=74000-400000x-160x-400=73600-2由1可得W=73600-=73600-16000=57600，当且仅当400000x=160，即x=50时取等号，所以当x=50时，【题目点拨】本题主要考查了函数的实际应用问题，以及利用