2023-2024学年云南省昭通市水富市云天化中学高一数学第二学期期末预测试题含解析

2023-2024学年云南省昭通市水富市云天化中学高一数学第二学期期末预测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．已知点在第二象限，角顶点为坐标原点，始边为轴的非负半轴，则角的终边落在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知为锐角，，则（）A． B． C． D．3．在长方体中，,,则异面直线与所成角的余弦值为()A． B． C． D．4．已知数列满足，，则（）A． B． C． D．5．已知等比数列的前n项和为，若，，，则（）A． B． C． D．6．数列中，，则数列的极限值（）A．等于0 B．等于1 C．等于0或1 D．不存在7．已知向量，满足，，，则与的夹角为（）A． B． C． D．8．已知数列满足，，则的值为（）A． B． C． D．9．对于任意实数，下列命题中正确的是（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则10．在中，角，，的对边分别为，，，若，，，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．已知正三角形的边长是2，点为边上的高所在直线上的任意一点，为射线上一点，且.则的取值范围是____12．如图，在等腰直角三角形ABC中，，，以AB为直径在外作半圆O，P是半圆弧AB上的动点，点Q在斜边BC上，若，则的取值范围是________.13．已知点是所在平面内的一点，若，则__________．14．已知，则__________．15．已知为锐角，则_______.16．在平面直角坐标系中，定义两点之间的直角距离为：现有以下命题：①若是轴上的两点，则；②已知，则为定值；③原点与直线上任意一点之间的直角距离的最小值为；④若表示两点间的距离，那么.其中真命题是__________（写出所有真命题的序号）.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．已知平面向量（1）若，求；（2）若，求与夹角的余弦值.18．如图，三棱柱中，，D为AB上一点，且平面.（1）求证：；（2）若四边形是矩形，且平面平面ABC，直线与平面ABC所成角的正切值等于2，，，求三楼柱的体积.19．已知函数，．（1）求函数的值域；（2）若恒成立，求m的取值范围．20．已知函数，其中．（1）当时，求的最小值；（2）设函数恰有两个零点，且，求的取值范围．21．已知函数,（1）求的单调递增区间.（2）求在区间的最大值和最小值.

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、C【解析】

根据点的位置，得到不等式组，进行判断角的终边落在的位置．【详解】点在第二象限在第三象限，故本题选C．【点睛】本题考查了通过角的正弦值和正切值的正负性，判断角的终边位置，利用三角函数的定义是解题的关键．2、A【解析】

先将展开并化简，再根据二倍角公式，计算可得。【详解】由题得，，整理得，又为锐角，则，，解得.故选：A【点睛】本题考查两角和差公式以及二倍角公式，是基础题。3、C【解析】

连接，交于，取的中点，连接、，可以证明是异面直线与所成角，利用余弦定理可求其余弦值.【详解】连接，交于，取的中点，连接.由长方体可得四边形为矩形，所以为的中点，因为为的中点，所以，所以或其补角是异面直线与所成角.在直角三角形中，则，，所以.在直角三角形中，，在中，，故选C.【点睛】空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.4、A【解析】

由给出的递推式变形，构造出新的等比数列，由等比数列的通项公式求出的表达式，再利用等比数列的求和公式求解即可.【详解】解：解：在数列中，

由，得，

，

，

则数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，

.，故选：A.【点睛】本题考查了数列的递推式，考查了等比关系的确定以及等比数列的求和公式，属中档题.5、D【解析】

根据等比数列前n项和的性质可知、、成等比数列,即可得关于的等式,化简即可得解.【详解】等比数列的前n项和为,若,,根据等比数列前n项和性质可知,、、满足：化简可得故选：D【点睛】本题考查了等比数列前n项和的性质及简单应用,属于基础题.6、B【解析】

根据题意得到：时，，再计算即可.【详解】因为当时，.所以.故选：B【点睛】本题主要考查数列的极限，解题时要注意公式的选取和应用，属于中档题.7、B【解析】

将变形解出夹角的余弦值，从而求出与的夹角．【详解】由得，即又因为，所以，所以，故选B.【点睛】本题考查向量的夹角，属于简单题．8、B【解析】

由，得，然后根据递推公式逐项计算出、的值，即可得出的值.【详解】，，则，，，因此，，故选B.【点睛】本题考查数列中相关项的计算，解题的关键就是递推公式的应用，考查计算能力，属于基础题.9、C【解析】

根据是任意实数，逐一对选项进行分析即得。【详解】由题，当时，，则A错误；当，时，，则B错误；可知，则有，因此C正确；当时，有，可知C错误.故选：C【点睛】本题考查判断正确命题，是基础题。10、A【解析】

由余弦定理可直接求出边的长.【详解】由余弦定理可得，，所以.故选A.【点睛】本题考查了余弦定理的运用，考查了计算能力，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、【解析】

以AB所在的直线为x轴，以AB的中点为坐标原点，AB的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，求出A.C,P,Q的坐标，运用平面向量的坐标表示和性质，求出的表达式，利用判别式法求出的取值范围.【详解】以AB所在的直线为x轴，以AB的中点为坐标原点，AB的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，如下图所示：，设，，设，可得，由，可得即，，令，可得，当时，成立，当时，，即，，即，所以的取值范围是.【点睛】本题考查了平面向量数量积的性质和运算，考查了平面向量模的取值范围，构造函数，利用判别式法求函数的最值是解题的关键.12、【解析】

建立直角坐标系，得出的坐标，利用数量积的坐标表示得出，结合正弦函数的单调性得出的取值范围.【详解】取中点为，建立如下图所示的直角坐标系则，设，，则，则设点，则，则当，即时，取最大值当，即时，取最小值则的取值范围是故答案为：【点睛】本题主要考查了利用数量积求参数以及求正弦型函数的最值，属于较难题.13、【解析】

设为的中点，为的中点，为的中点，由得到，再进一步分析即得解.【详解】如图，设为的中点，为的中点，为的中点，因为，所以可得，整理得.又，所以，所以，又，所以．故答案为【点睛】本题主要考查向量的运算法则和共线向量，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，解答本题的关键是作辅助线，属于中档题.14、【解析】15、【解析】

利用同角三角函数的基本关系得，再根据角度关系，利用诱导公式即可得答案.【详解】∵且，∴；∵，∴.故答案为：.【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系、诱导公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意三角函数的符号问题.16、①②④【解析】

根据新定义的直角距离，结合具体选项，进行逐一分析即可.【详解】对①：因为是轴上的两点，故，则，①正确；对②：根据定义因为，故，②正确；对③：根据定义，当且仅当时，取得最小值，故③错误；对④：因为，由不等式，即可得，故④正确.综上正确的有①②④故答案为：①②④.【点睛】本题考查新定义问题，涉及同角三角函数关系，绝对值三角不等式，属综合题.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）【解析】

（1）由题可得，解出，，进而得出答案．（2）由题可得，，再由计算得出答案，【详解】因为，所以，即解得所以（2）若，则所以，，，所以【点睛】本题主要考查的向量的模以及数量积，属于简单题．18、（1）见详解；（2）【解析】

（1）连接交于点，连接，利用线面平行的性质定理可得，从而可得为的中点，进而可证出（2）利用面面垂直的性质定理可得平面，从而可得三棱柱为直三棱柱，在中，根据等腰三角形的性质可得，进而可得棱柱的高为，利用柱体的体积公式即可求解.【详解】（1）连接交于点，连接，如图：由平面，且平面平面,所以，由为的中点，所以为的中点，又，（2）由四边形是矩形，且平面平面ABC，所以平面，即三棱柱为直三棱柱，在中，，，，所以，因为直线与平面ABC所成角的正切值等于2，在中，，所以..【点睛】本题考查了线面平行的性质定理、面面垂直的性质定理，同时考查了线面角以及柱体的体积公式，属于基础题.19、（1）；（2）或．【解析】

（1）根据用配方法求出二次函数对称轴横坐标，可得最小值，再代入端点求得最大值，可得函数的值域；（2）由（1）可得的最大值为6，转化为求恒成立，求出m的取值范围即可．【详解】（1）因为，而，，，所以函数的值域为．（2）由（1）知，函数的值域为，所以的最大值为6，所以由得，解得或，故实数m的取值范围为或．【点睛】本题考查二次函数的值域及最值，不等式恒成立求参数取值范围，二次函数最值问题通常求出对称轴横坐标代入即可求得最值，由不等式恒成立求参数取值范围可转化为函数最值不等式问题，属于中等题.20、(1)；(2)【解析】

（1）当时，利用指数函数和二次函数的图象与性质，得到函数的单调性，即可求得函数的最小值；（2）分段讨论讨论函数在相应的区间内的根的个数，函数在时，至多有一个零点，函数在时，可能仅有一个零点，可能有两个零点，分别求出的取值范围，可得解．【详解】（1）当时，函数，当时，，由指数函数的性质，可得函数在上为增函数，且；当时，，由二次函数的性质，可得函数在上为减函数，在上为增函数，又由函数，当时，函数取得最小值为；故当时，最小值为．（2）因为函数恰有两个零点，所以（ⅰ）当时，函数有一个零点，令得，因为时，，所以时，函数有一个零点，设零点为且，此时需函数在时也恰有一个零点，令，即，得，令，设，，因为，所以，，，当时，，所以，即，所以在上单调递增；当时，，所以，即，所以在上单调递减；而当时，，又时，，所以要使在时恰有一个零点，则需，要使函数恰有两个零点，且，设在时的零点为，则需，而当时，，所以当时，函数恰有两个零点，并且满足；（ⅱ）若当时，函数没有零点，函数在恰有两个零点，且满足，也符合题意，而由（ⅰ）可得，要使当时，函数没有零点，则，要使函数在恰有两个零点，则，但不能满足，所以没有的范围满足当时，函数没有零点，函数在恰有两个零点，且满足，综上可得：实数的取值范围为．故得解.【点睛】本题主要考查了指数函数与二次函数的图象与性质的应用，以及函数与方程，函数的零点问题的综合应用，属于难度题，关键在于分析分段函数在相应的区间内的单调性，以及其图像趋势，可运用数形结合方便求解，注意在讨论二次函数的根的情况时的定义域对其的影响．21、（1），；（2）最大值为，最小值