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文档简介
云南省玉溪市澄江县一中2024届高一下数学期末联考试题注意事项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.已知某几何体的三视图是如图所示的三个直角三角形,则该几何体的外接球的表面积为()A.17π B.34π C.51π D.68π2.已知实心铁球的半径为,将铁球熔成一个底面半径为、高为的圆柱,则()A. B. C. D.3.已知,,,则实数、、的大小关系是()A. B.C. D.4.sin300°的值为A. B. C. D.5.设满足约束条件,则的最小值为()A.3 B.4 C.5 D.106.已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱(其底面是正方形,且侧棱垂直于底面)高为4,体积为16,则这个球的表面积是()A. B. C. D.7.将数列中的所有项排成如下数阵:其中每一行项数是上一行项数的倍,且从第二行起每-行均构成公比为的等比数列,记数阵中的第列数构成的数列为,为数列的前项和,若,则等于()A. B. C. D.8.将函数的图像上所有的点向左平移个单位长度,再把所得图像上各点的横坐标伸长到原来的3倍(纵坐标不变),得到函数的图像,则在区间上的最小值为()A. B. C. D.9.等差数列an的公差d<0,且a12=a212,则数列aA.9 B.10 C.10和11 D.11和1210.已知,当取得最小值时()A. B. C. D.二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11.向量在边长为1的正方形网格中的位置如图所示,则以向量为邻边的平行四边形的面积是_________.12.某地甲乙丙三所学校举行高三联考,三所学校参加联考的人数分别为200、300、400。现为了调查联考数学学科的成绩,采用分层抽样的方法在这三所学校中抽取一个样本,已知甲学校中抽取了40名学生的数学成绩,那么在丙学校中抽取的数学成绩人数为_________。13.已知,,,,则______.14.已知,,,则的最小值为__________.15.己知函数,,则的值为______.16.如图甲是第七届国际数学教育大会(简称)的会徽图案,会徽的主体图案是由如图乙的一连串直角三角形演化而成的,其中,如果把图乙中的直角三角形继续作下去,记的长度构成数列,则此数列的通项公式为_____.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,角的对边分别为,已知.(1)求角;(2)若的面积为,求在上的投影.18.已知,是函数的两个相邻的零点.(1)求;(2)若对任意,都有,求实数的取值范围.(3)若关于的方程在上有两个不同的解,求实数的取值范围.19.在中,角、、的对边分别为、、,为的外接圆半径.(1)若,,,求;(2)在中,若为钝角,求证:;(3)给定三个正实数、、,其中,问:、、满足怎样的关系时,以、为边长,为外接圆半径的不存在,存在一个或存在两个(全等的三角形算作同一个)?在存在的情兄下,用、、表示.20.现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部分的形状是正四棱锥,下部分的形状是正四棱柱(如图所示),并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍.(1)若则仓库的容积是多少?(2)若正四棱锥的侧棱长为,则当为多少时,仓库的容积最大?21.已知函数.(1)求的单调递增区间;(2)求不等式的解集.
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、B【解析】
由三视图还原出原几何体,得几何体的结构(特别是垂直关系),从而确定其外接球球心位置,得球半径.【详解】由三视图知原几何体是三棱锥,如图,平面,平面.由这两个线面垂直,得,因此的中点到四顶点的距离相等,即为外接球球心.由三视图得,,∴.故选:B.【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积,考查三视图.解题关键是由三视图还原出原几何体,确定几何体的结构,找到外接球球心.2、B【解析】
根据变化前后体积相同计算得到答案.【详解】故答案选B【点睛】本题考查了球体积,圆柱体积,抓住变化前后体积不变是解题的关键.3、B【解析】
将bc化简为最简形式,再利用单调性比较大小。【详解】因为在单调递增所以【点睛】本题考查利用的单调性判断大小,属于基础题。4、B【解析】
利用诱导公式化简,再求出值为.【详解】因为,故选B.【点睛】本题考查诱导公式的应用,即终边相同角的三角函数值相等及.5、B【解析】
结合题意画出可行域,然后运用线性规划知识来求解【详解】如图由题意得到可行域,改写目标函数得,当取到点时得到最小值,即故选【点睛】本题考查了运用线性规划求解最值问题,一般步骤:画出可行域,改写目标函数,求出最值,需要掌握解题方法6、C【解析】
根据正四棱柱的底面是正方形,高为4,体积为16,求得底面正方形的边长,再求出其对角线长,然后根据正四棱柱的体对角线是外接球的直径可得球的半径,再根据球的表面积公式可求得.【详解】依题意正四棱柱的体对角线是其外接球的直径,的中点是球心,如图:依题意设,则正四棱柱的体积为:,解得,所以外接球的直径,所以外接球的半径,则这个球的表面积是.故选C.【点睛】本题考查了球与正四棱柱的组合体,球的表面积公式,正四棱柱的体积公式,属中档题.7、C【解析】
先确定为第11行第2个数,由可得,最后根据从第二行起每一行均构成公比为的等比数列即可得出结论.【详解】∵其中每一行项数是上一行项数的倍,第一行有一个数,前10行共计个数,即为第11行第2个数,又∵第列数构成的数列为,,∴当时,,∴第11行第1个数为108,∴,故选:C.【点睛】本题主要考查数列的性质和应用,本题解题的关键是为第11行第2个数,属于中档题.8、A【解析】
先按照图像变换的知识求得的解析式,然后根据三角函数求最值的方法,求得在上的最小值.【详解】图像上所有的点向左平移个单位长度得到,把所得图像上各点的横坐标伸长到原来的倍(纵坐标不变)得到,由得,故在区间上的最小值为.故选A.【点睛】本小题主要考查三角函数图像变换,考查三角函数值域的求法,属于基础题.9、C【解析】
利用等差数列性质得到a11=0,再判断S10【详解】等差数列an的公差d<0,且a根据正负关系:S10或S故答案选C【点睛】本题考查了等差数列的性质,Sn的最大值,将Sn的最大值转化为10、D【解析】
可用导函数解决最小值问题,即可得到答案.【详解】根据题意,令,则,而当时,,当时,,则在处取得极小值,故选D.【点睛】本题主要考查函数的最值问题,意在考查学生利用导数工具解决实际问题的能力,难度中等.二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11、3【解析】
将向量平移至相同的起点,写出向量对应的坐标,计算向量的夹角,从而求得面积.【详解】根据题意,将两个向量平移至相同的起点,以起点为原点建立坐标系如下所示:则,故.又两向量的夹角为锐角,故,则该平行四边形的面积为.故答案为:3.【点睛】本题考查用向量解决几何问题的能力,涉及向量坐标的求解,夹角的求解,属基础题.12、80【解析】
由题意,求得甲乙丙三所学校抽样比为,再根据甲学校中抽取了40名学生的数学成绩,即可求解丙学校应抽取的人数,得到答案.【详解】由题意知,甲乙丙三所学校参加联考的人数分别为200、300、400,所以甲乙丙三所学校抽样比为,又由甲学校中抽取了40名学生的数学成绩,所以在丙学校应抽取人.【点睛】本题主要考查了分层抽样概念及其应用,其中解答中熟记分层抽样的概念,以及计算的方法是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于基础题.13、【解析】
先求出的平方值,再开方得到所求结果.【详解】【点睛】本题考查求解复合向量模长的问题,求解此类问题的关键是先求模长的平方,将其转化为已知向量运算的问题.14、8【解析】由题意可得:则的最小值为.当且仅当时等号成立.点睛:在应用基本不等式求最值时,要把握不等式成立的三个条件,就是“一正——各项均为正;二定——积或和为定值;三相等——等号能否取得”,若忽略了某个条件,就会出现错误.15、1【解析】
将代入函数计算得到答案.【详解】函数故答案为:1【点睛】本题考查了三角函数的计算,属于简单题.16、【解析】
由图可知,由勾股定理可得,利用等差数列的通项公式求解即可.【详解】根据图形,因为都是直角三角形,,是以1为首项,以1为公差的等差数列,,,故答案为.【点睛】本题主要考查归纳推理的应用,等差数列的定义与通项公式,以及数形结合思想的应用,意在考查综合应用所学知识解答问题的能力,属于与中档题.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)当时,在上的投影为;当时,在上的投影为.【解析】
(1)由已知条件,结合正弦定理,求得,即可求得C的大小;(2)由已知条件,结合三角形的面积公式及余弦定理,求得的值,再由向量的数量积的运算,即可求解.【详解】(1)因为,由正弦定理知,即,又,所以,所以,在中,,所以,又,所以;(2)在中,由余弦定理得,由,即,因此,所以,解得或,当时,在上的投影为;当时,在上的投影为.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用,其中在解有关三角形的题目时,要抓住题设条件和利用某个定理的信息,合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键,着重考查了运算与求解能力,属于基础题.18、(1);(2);(3)【解析】
(1)先化简,再根据函数的周期求出的值,从而得到的解析式;(2)将问题转化为,根据三角函数的性质求出的最大值,即可求出实数的取值范围;(3)通过方程的解与函数图象之间的交点关系,可将题意转化为函数的图象与直线有两个交点,即可由图象求出实数的取值范围.【详解】(1).由题意可知,的最小正周期,∴,又∵,∴,∴(2)由得,,∴,∵,∴,∴.∴,即,∴,所以(3)原方程可化为即,由,得时,,的最大值为2,∴要使方程在上有两个不同的解,即函数的图象与直线有两个交点,由图象可知,即,所以【点睛】本题主要考查三角函数的图象与性质的应用,以及利用二倍角公式、两角差的余弦公式、两角和的正弦公式进行三角恒等变换,同时还考查了转化与化归思想,数形结合思想的应用.19、(1);(2)见解析;(3)见解析.【解析】
(1)利用正弦定理求出的值,然后利用余弦定理求出的值;(2)由余弦定理得出可得证;(3)分类讨论判断三角形的形状与两边、的关系,以及与直径的大小的比较,分类讨论即可.【详解】(1)由正弦定理得,所以,由余弦定理得,化简得.,解得;(2)由于为钝角,则,由于,,得证;(3)①当或时,所求不存在;②当且时,,所求有且只有一个,此时;③当时,都是锐角,,存在且只有一个,;④当时,所求存在两个,总是锐角,可以是钝角也可以是锐角,因此所求存在,当时,,,,,;当时,,,,,.【点睛】本题综合考查了三角形形状的判断,考查了解三角形、三角形的外接圆等知识,综合性较强,尤其是第三问需要根据、两边以及直径的大小关系确定三角形的形状,再在这种情况下求第三边的表达式,本解法主观性较强,难度较大.20、(1)312(2)【解析】试题分析:(1)明确柱体与锥体积公式的区别,分别代入对应公式求解;(2)先根据体积关系建立函数解析式,,然后利用导数求其最值.试题解析:解:(1)由PO1=2知OO1=4PO1=8.因为A1B1=AB=6,所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312(m3).(2)设A1B1=a(m),PO1=h(m),则0<h<6,OO1=4h.连结O1B1.因为在中,所以,即于是仓库的容积,从而.令,得或(舍).当时,,V是单调增函数;当时,,V是单调减函数.故时,V取得极大值,也是最大值.因此,当m时,仓库的容积最大.【考点】函数的概念、导数的应用、棱柱和棱锥的体积【名师点睛】对应用题的训练,一
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