上海市浦东新区南汇中学2023-2024学年数学高一下期末复习检测试题含解析

上海市浦东新区南汇中学2023-2024学年数学高一下期末复习检测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．执行如下图所示的程序框图，若输出的，则输入的的值为（）A． B． C． D．2．已知为等差数列的前项和，，，则（）A．2019 B．1010 C．2018 D．10113．已知、是球的球面上的两点，，点为该球面上的动点，若三棱锥体积的最大值为，则球的表面积为()A． B． C． D．4．已知函数，，的零点分别为a，b，c，则（）A． B． C． D．5．已知中，，，，则B等于（）A． B．或 C． D．或6．已知为三条不同直线，为三个不同平面，则下列判断正确的是（）A．若，，，，则B．若，，则C．若，，，则D．若，，，则7．点到直线（R）的距离的最大值为A． B． C．2 D．8．设，是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于A，B两点，若最大值为5，则椭圆的离心率为（）A． B． C． D．9．设等比数列的公比，前项和为，则（）A． B． C． D．10．下列事件是随机事件的是（1）连续两次掷一枚硬币，两次都出现正面向上．（2）异性电荷相互吸引（3）在标准大气压下，水在℃时结冰（4）任意掷一枚骰子朝上的点数是偶数A．（1）（2） B．（2）（3） C．（3）（4） D．（1）（4）二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知，，则的值为．12．设的内角、、的对边分别为、、，且满足.则______.13．从1，2，3，4，5中任意取出两个不同的数，其和为5的概率为________.14．若正四棱锥的所有棱长都相等，则该棱锥的侧棱与底面所成的角的大小为____.15．体积为8的一个正方体，其全面积与球的表面积相等，则球的体积等于________.16．若复数满足（为虚数单位），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．(1)计算(2)已知,求的值18．已知，，，且.（1）若，求的值；（2）设，，若的最大值为，求实数的值.19．已知，为第二象限角.（1）求的值；（2）求的值.20．如图长方体中，，分别为棱，的中点（1）求证:平面平面；（2）请在答题卡图形中画出直线与平面的交点（保留必要的辅助线），写出画法并计算的值（不必写出计算过程）．21．己知数列的前项和，求数列的通项.

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【解析】由题意，当输入，则；；；，终止循环，则输出，所以，故选D.2、A【解析】

利用基本元的思想，将已知条件转化为和的形式，列方程组，解方程组求得，进而求得的值.【详解】由于数列是等差数列，故，解得，故.故选：A.【点睛】本小题主要考查等差数列通项公式和前项和公式的基本量计算，属于基础题.3、A【解析】

当点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，利用三棱锥体积的最大值为，求出半径，即可求出球的表面积．【详解】如图所示，当点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，.因此，球的表面积为.故选：A.【点睛】本题考查球的半径与表面积的计算，确定点的位置是关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.4、B【解析】

，，分别为，，的根，作出，，的图象与直线，观察交点的横坐标的大小关系．【详解】由题意可得，，分别为，，的根，作出，，,的图象,与直线的交点的横坐标分别为，，，由图象可得，故选：．【点睛】本题主要考查了函数的零点，函数的图象，数形结合思想，属于中档题．5、D【解析】

根据题意和正弦定理求出sinB的值，由边角关系、内角的范围、特殊角的三角函数值求出B．【详解】由题意得，△ABC中，a＝1，，A＝30°，由得，sinB，又b＞a，0°＜B＜180°，则B＝60°或B＝120°，故选：D．【点睛】本题考查正弦定理，以及边角关系的应用，注意内角的范围，属于基础题．6、C【解析】

根据线线位置关系，线面位置关系，以及面面位置关系，逐项判断，即可得出结果.【详解】A选项，当时，由，可得，此时由，可得或或与相交；所以A错误；B选项，若，，则，或相交，或异面；所以B错误；C选项，若，，，根据线面平行的性质，可得，所以C正确；D选项，若，，则或，又，则，或相交，或异面；所以D错误；故选C【点睛】本题主要考查线面，面面有关命题的判定，熟记空间中点线面位置关系即可，属于常考题型.7、A【解析】

把直线方程化为，得到直线恒过定点，由此可得点P到直线的距离的最大值就是点P到定点的距离，得到答案．【详解】由题意，直线可化为，令，解得，即直线恒过定点，则点P到直线的距离的最大值就是点P到定点的距离为：，故选A．【点睛】本题主要考查了直线方程的应用，其中解答中把直线方程化为，得出直线恒过定点是解答本题的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于基础题．8、A【解析】

，故的最小值为，当且仅当轴时，最小，此时，计算得到答案.【详解】，最大值为5，故的最小值为，当且仅当轴时，最小，此时，即又因为，可得，故.故选：.【点睛】本题考查了椭圆的离心率，意在考查学生的计算能力和转化能力.9、C【解析】

利用等比数列的前n项和公式表示出,利用等比数列的通项公式表示出，计算即可得出答案。【详解】因为，所以故选C【点睛】本题考查等比数列的通项公式与前n项和公式，属于基础题。10、D【解析】试题分析：根据随机事件的定义：在相同条件下，可能发生也可能不发生的现象（2）是必然发生的，（3）是不可能发生的，所以不是随机事件，故选择D考点：随机事件的定义二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、3【解析】

，故答案为3.12、4【解析】

解法1有题设及余弦定理得.故.解法2如图4，过点作，垂足为.则，.由题设得.又，联立解得，.故.解法3由射影定理得.又，与上式联立解得，.故.13、0.2【解析】从1,2,3,4,5中任意取两个不同的数共有(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5)10种.其中和为5的有(1,4),(2,3)2种.由古典概型概率公式知所求概率为=.14、【解析】

先作出线面角，再利用三角函数求解即可．【详解】如图，设正四棱锥的棱长为1，作在底面的射影，则为与底面所成角，为正方形的中心，，，，故答案为．【点睛】本题考查线面角，考查学生的计算能力，作出线面角是关键．属于基础题.15、【解析】

由体积为的一个正方体，棱长为，全面积为，则，，球的体积为，故答案为.考点：正方体与球的表面积及体积的算法.16、【解析】分析：由复数的除法运算可得解.详解：由，得.故答案为：.点睛：本题考查了复数的除法运算，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)1+；（2）.【解析】

（1）利用对数的运算法则计算得解；（2）先化简已知得,再把它代入化简的式子即得解.【详解】（1）原式=1+；（2）由题得，所以.【点睛】本题主要考查对数的运算，考查诱导公式化简求值和同角的三角函数关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.18、(1)0(2)【解析】

（1）通过可以算出，移项、两边平方即可算出结果.（2）通过向量的运算，解出，再通过最大值根的分布，求出的值.【详解】（1）通过可以算出，即故答案为0.（2），设，，，即的最大值为；①当时，（满足条件）；②当时，（舍）；③当时，（舍）故答案为【点睛】当式子中同时出现时，常常可以利用换元法，把用进行表示，但计算过程中也要注意自变量的取值范围；二次函数最值一定要注意对称轴是否在规定区间范围内，再讨论最后的结果.19、（1）；（2）【解析】

（1）根据同角三角函数平方关系即可求得结果；（2）利用同角三角函数商数关系可求得，代入两角和差正切公式可求得结果.【详解】（1）为第二象限角（2）由（1）知：【点睛】本题考查同角三角函数值的求解、两角和差正切公式的应用；易错点是忽略角所处的范围，造成三角函数值符号求解错误.20、(1)见证明；(2)；画图见解析【解析】

（1）推导出平面，得出，得出，从而得到，进而证出平面，由此证得平面平面．（2）根据通过辅助线推出线面平行再推出线线平行，再根据“一条和平面不平行的直线与平面的公共点即为直线与平面的交点”得到点位置，然后计算的值．【详解】（1）证明：在长方体中，，分别为棱，的中点，所以平面，则，在中，，在中，，所以，因为在中，，所以，所以，又因为，所以平面，因为平面，所以平面平面（2）如图所示：设，连接，取中点记为，过作，且，则.证明：因为为中点，所以且；又因为，且，所以且，所以四边形为平行四边形，则；又因为，所以，且平面，所以平面；又因为，则，平面，即点为直线与平面的交点；因为，所以，则；且有上述证明可知：四边形为平行四边形，所以，所以，因为，.【点睛】本题考查线面位置关系的判