安徽六安市皖西高中教学联盟2023-2024学年数学高一下期末达标检测试题含解析

安徽六安市皖西高中教学联盟2023-2024学年数学高一下期末达标检测试题注意事项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1．一个几何体的三视图分别是一个正方形，一个矩形，一个半圆，尺寸大小如图所示，则该几何体的体积是()A． B． C． D．2．在等比数列中，，，则（）A． B．3 C． D．13．设函数的最大值为，最小值为，则与满足的关系是（）A． B．C． D．4．将函数的图像先向右平移个单位，再将所得的图像上每个点的横坐标变为原来的倍，得到的图像，则的可能取值为（）A． B． C． D．5．已知数列满足，则（）A．2 B． C． D．6．已知是函数的两个零点，则（）A． B．C． D．7．《九章算术》中的玉石问题：“今有玉方一寸，重七两；石方一寸，重六两.今有石方三寸，中有玉，并重十一斤（即176两），问玉、石重各几何？”其意思为：“宝玉1立方寸重7两，石料1立方寸重6两，现有宝石和石料混合在一起的一个正方体，棱长是3寸，质量是11斤（即176两），问这个正方体中的宝玉和石料各多少两？”如图所示的程序框图给出了对此题的一个求解算法，运行该程序框图，则输出的分别为（）A．90，86 B．98，78 C．94，82 D．102，748．已知集合，，则A． B． C． D．9．若实数满足，则的最小值为()A．4 B．8 C．16 D．3210．若直线与直线互相平行，则的值为（）A．4 B． C．5 D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知，则的最小值为__________．12．将边长为2的正沿边上的高折成直二面角，则三棱锥的外接球的表面积为．13．若复数z满足z⋅2i=z2+1（其中i14．已知，则与的夹角等于____.15．在三棱锥中，已知，，则三棱锥内切球的表面积为______.16．某校高一、高二、高三分别有学生1600名、1200名、800名，为了解该校高中学生的牙齿健康状况，按各年级的学生数进行分层抽样，若高三抽取20名学生，则高一、高二共抽取的学生数为.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．在中，角，，所对的边分别是，，，且.（1）求角；（2）若，求.18．已知数列满足．证明数列为等差数列；求数列的通项公式．19．已知，函数（其中），且图象在轴右侧的第一个最高点的横坐标为，并过点.（1）求函数的解析式；（2）求函数的单调增区间.20．(1)已知，且为第三象限角，求的值(2)已知，计算的值.21．已知不等式的解集为或.（1）求实数a，b的值；（2）解不等式.

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】

由给定的几何体的三视图得到该几何体表示一个底面半径为1，母线长为2的半圆柱，结合圆柱的体积公式，即可求解.【详解】由题意，根据给定的几何体的三视图可得：该几何体表示一个底面半径为1，母线长为2的半圆柱，所以该半圆柱的体积为.故选：C.【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解.2、C【解析】

根据等比数列的性质求解即可.【详解】因为等比数列,故.故选：C【点睛】本题主要考查了等比数列性质求解某项的方法,属于基础题.3、B【解析】

将函数化为一个常数函数与一个奇函数的和，再利用奇函数的对称性可得答案.【详解】因为，令，则，所以为奇函数，所以，所以，故选：B【点睛】本题考查了两角差的余弦公式，考查了奇函数的对称性的应用，属于中档题.4、D【解析】由题意结合辅助角公式有：，将函数的图像先向右平移个单位，所得函数的解析式为：，再将所得的图像上每个点的横坐标变为原来的倍，所得函数的解析式为：，而，据此可得：，据此可得：.本题选择D选项.5、B【解析】

利用数列的递推关系式，逐步求解数列的即可．【详解】解：数列满足，，所以，．故选：B．【点睛】本题主要考查数列的递推关系式的应用，属于基础题．6、A【解析】

在同一直角坐标系中作出与的图象，设两函数图象的交点，依题意可得，利用对数的运算性质结合图象即可得答案．【详解】解：，在同一直角坐标系中作出与的图象，

设两函数图象的交点，

则，即，

又，

所以，，即，

所以①；

又，故，即②，由①②得：，

故选：A．【点睛】本题考查根的存在性及根的个数判断，依题意可得是关键，考查作图能力与运算求解能力，属于难题．7、B【解析】（1）；（2）；（3）；（4），输出分别为98，78。故选B。8、C【解析】分析：由题意先解出集合A,进而得到结果。详解：由集合A得,所以故答案选C.点睛：本题主要考查交集的运算，属于基础题。9、B【解析】

由可以得到，利用基本不等式可求最小值.【详解】因为，故，因为，故，故，当且仅当时等号成立，故的最小值为8，故选B.【点睛】应用基本不等式求最值时，需遵循“一正二定三相等”，如果原代数式中没有积为定值或和为定值，则需要对给定的代数变形以产生和为定值或积为定值的局部结构.求最值时要关注取等条件的验证.10、C【解析】

根据两条存在斜率的直线平行，斜率相等且在纵轴上的截距不相等这一性质，可以求出的值.【详解】直线的斜率为，在纵轴的截距为，因此若直线与直线互相平行，则一定有直线的斜率为，在纵轴的截距不等于，于是有且，解得，故本题选C.【点睛】本题考查了已知两直线平行求参数问题.其时本题也可以运用下列性质解题：若直线与直线平行，则有且.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

根据均值不等式即可求出的最小值.【详解】因为所以，根据均值不等式可得：当且仅当，即时等号成立.【点睛】本题主要考查了均值不等式，属于中档题.12、【解析】

解：根据题意可知三棱锥B﹣ACD的三条侧棱BD、DC、DA两两互相垂直，所以它的外接球就是它扩展为长方体的外接球，∵长方体的对角线的长为：，∴球的直径是，半径为，∴三棱锥B﹣ACD的外接球的表面积为：4π5π．故答案为5π考点：外接球.13、1【解析】设z=a+bi,a,b∈R，则由z⋅2则-2b=a2+b2+12a=014、【解析】

根据向量的坐标即可求出，根据向量夹角的公式即可求出．【详解】∵，，，，∴，又，∴．故答案为：．【点睛】考查向量坐标的数量积运算，向量坐标求向量长度的方法，以及向量夹角的余弦公式，属于基础题．15、【解析】

先计算出三棱锥的体积，利用等体积法求出三棱锥的内切球的半径，再求出内切球的表面积。【详解】取CD中点为E，并连接AE、BE在中，由等腰三角形的性质可得,同理则在中点A到边BE的距离即为点A到平面BCD的距离h,在中，【点睛】本题综合考查了三棱锥的体积、三棱锥内切圆的求法、球的表面积，属于中档题.16、70【解析】设高一、高二抽取的人数分别为，则，解得.【考点】分层抽样.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）利用正弦定理化简即得；（2）由正弦定理得，再结合余弦定理可得.【详解】解：（1）由正弦定理得：，又，，得.（2）由正弦定理得：，又由余弦定理：，代入，可得.【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.18、（1）见解析；（2）【解析】

（1）已知递推关系取倒数，利用等差数列的定义，即可证明.（2）由（1）可知数列为等差数列，确定数列的通项公式，即可求出数列的通项公式．【详解】证明：，且有，，又，，即，且，是首项为1，公差为的等差数列．解：由知，即，所以．【点睛】本题考查数列递推关系、等差数列的判断方法，考查了运用取倒数法求数列的通项公式，考查了推理能力和计算能力，属于中档题.19、（1）；（2）.【解析】

（1）根据向量的数量积得，结合，即可求解；（2）令即可求得增区间.【详解】（1）由题图象在轴右侧的第一个最高点的横坐标为，并过点所以，解得，，解得：，所以；（2）令函数的单调增区间为.【点睛】此题考查根据平面向量的数量积，求函数解析式，根据三角函数的顶点坐标和曲线上的点的坐标求参数，利用整体代入法求单调区间.20、（1）；（2）【解析】

（1）由，结合为第三象限角，即可得解；（2）由，代入求解即可.【详解】（1）,∴,又∵是第三象限.∴（2）.【点睛】本题主要考查了同角三角函数的基本关系，属于基础题.21、（1）；（2）答案不