黑龙江省绥化市青冈县2024年高一下数学期末考试试题含解析

黑龙江省绥化市青冈县2024年高一下数学期末考试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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．在等差数列an中，若a2+A．100 B．90 C．95 D．202．（卷号）2397643038875648（题号）2398229448728576（题文）已知直线、，平面、，给出下列命题：①若，，且，则；②若，，且，则；③若，，且，则；④若，，且，则.其中正确的命题是（）A．①② B．③④ C．①④ D．②③3．某校进行了一次消防安全知识竞赛，参赛学生的得分经统计得到如图的频率分布直方图，若得分在的有60人，则参赛学生的总人数为（）A．100 B．120 C．150 D．2004．已知非零向量、，“函数为偶函数”是“”的（）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．既非充分也非必要条件5．若偶函数在上是增函数，则（）A． B．C． D．不能确定6．设实数满足约束条件，则的最大值为（）A． B．4 C．5 D．7．已知，，，则的最小值为A． B． C． D．48．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A． B． C． D．9．在△ABC中，D是边BC的中点，则＝A． B． C． D．10．设集合，，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．已知正实数满足，则的最大值为_______.12．已知，且是第一象限角，则的值为__________.13．已知数列的前项和为，若，则______.14．已知，均为锐角，，，则______.15．如图，在三棱锥中，它的每个面都是全等的正三角形，是棱上的动点，设，分别记与，所成角为，，则的取值范围为__________．16．在中，，，，则的面积是__________.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，三棱柱的侧面是边长为的菱形，，且.(1)求证:；(2)若，当二面角为直二面角时，求三棱锥的体积.18．己知数列的前项和，求数列的通项.19．在中，求的值.20．已知圆：.（1）过的直线与圆：交于，两点，若，求直线的方程；（2）过的直线与圆：交于，两点，直接写出面积取值范围；（3）已知，，圆上是否存在点，使得，请说明理由.21．已知函数的最小正周期为，将的图象向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度得到函数的图象.（1）求函数的解析式；（2）在中，角所对的边分别为，若，且，求周长的取值范围.

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】

利用等差数列的性质，即下标和相等对应项的和相等，得到a2【详解】∵数列an为等差数列，a∴a【点睛】考查等差数列的性质、等差中项，考查基本量法求数列问题.2、C【解析】

逐一判断各命题的正误，可得出结论.【详解】对于命题①，若，，且，则，该命题正确；对于命题②，若，，且，则与平行或相交，该命题错误；对于命题③，若，，且，则与平行、垂直或斜交，该命题错误；对于命题④，若，，且，则，该命题正确.故选：C.【点睛】本题考查线面、面面位置关系有关命题真假的判断，在判断时，可充分利用线面、面面平行或垂直的判定与性质定理，也可以结合几何体模型进行判断，考查推理能力，属于中等题.3、C【解析】

根据频率分布直方图求出得分在的频率，即可得解.【详解】根据频率分布直方图可得：得分在的频率0.35，得分在的频率0.3，得分在的频率0.2，得分在的频率0.1，所以得分在的频率0.05，得分在的频率为0.4，有60人，所以参赛学生的总人数为60÷0.4=150人.故选：C【点睛】此题考查根据频率分布直方图求某组的频率，根据频率分布直方图的特征计算小矩形的面积，根据总面积之和为1计算未知数，结合频率频数计算总人数.4、C【解析】

根据，求出向量的关系，再利用必要条件和充分条件的定义，即可判定，得到答案．【详解】由题意，函数，又为偶函数，所以，则，即，可得，所以，若，则，所以，则，所以函数是偶函数，所以“函数为偶函数”是“”的充要条件．故选C．【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算，函数奇偶性的定义及其判定，以及充分条件和必要条件的判定，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．5、B【解析】

根据偶函数性质与幂函数性质可得．【详解】偶函数在上是增函数，则它在上是减函数，所以．故选：B．【点睛】本题考查幂函数的性质，考查偶函数性质，属于基础题．6、A【解析】

作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解．【详解】作出可行域，如图内部（含边界），作直线，向上平移直线，增大，当直线过点时，得最大值为，故选：A.【点睛】本题考查简单的线性规划，解题关键是作出可行域和目标函数对应的直线．7、C【解析】

化简条件得，化简，利用基本不等式，即可求解，得到答案．【详解】由题意，知，可得，则，当且仅当时，即时取得等号，所以，即的最小值为，故选C．【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中熟记基本不等式的使用条件：一正、二定、三相等是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．8、B【解析】

由三视图判断该几何体是有三条棱两两垂直是三棱锥，结合三视图的数据可得结果.【详解】由三视图可得该几何体是如图所示的三棱锥，其中AB，BC，BP两两垂直，且，则和的面积都是1，的面积为2，在中，，则的面积为，所以该几何体的表面积为，故选：B.【点睛】三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.9、C【解析】分析：利用平面向量的减法法则及共线向量的性质求解即可.详解：因为是的中点，所以，所以，故选C.点睛：本题主要考查共线向量的性质，平面向量的减法法则，属于简单题.10、C【解析】分析：利用一元二次不等式的解法化简集合，由子集的定义可得结果.详解：，，，故选C.点睛：本题主要考查解一元二次不等式，集合的子集的定义，属于容易题，在解题过程中要注意考虑端点是否可以取到，这是一个易错点，同时将不等式与集合融合，体现了知识点之间的交汇.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

对所求式子平边平方，再将代入，从而将问题转化为求【详解】∵∵，∴，∴，等号成立当且仅当.故答案为：.【点睛】本题考查条件等式下利用基本不等式求最值，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，求解时注意等号成立的条件.12、；【解析】

利用两角和的公式把题设展开后求得的值，进而利用的范围判断的范围，利用同角三角函数的基本关系求得的值，最后利用诱导公式和对原式进行化简，把的值和题设条件代入求解即可.【详解】，，即，，两边同时平方得到：，解得，是第一象限角，，得，，即为第一或第四象限，，.故答案为：.【点睛】本题考查了两角差的余弦公式、诱导公式以及同角三角函数的基本关系，需熟记三角函数中的公式，属于中档题.13、【解析】

利用和的关系计算得到答案.【详解】当时，满足通项公式故答案为【点睛】本题考查了和的关系，忽略的情况是容易发生的错误.14、【解析】

先求出，，再由，并结合两角和与差的正弦公式求解即可.【详解】由题意，可知，则，又，则，或者，因为为锐角，所以不成立，即成立，所以.故.故答案为：.【点睛】本题考查两角和与差的正弦公式的应用，考查同角三角函数基本关系的应用，考查学生的计算求解能力，属于中档题.15、【解析】

作交于，连接，可得是与所成的角根据等腰三角形的性质，作交于，同理可得，根据，的关系即可得解.【详解】解：作交于，连接，因为三棱锥中，它的每个面都是全等的正三角形，为正三角形，，，是与所成的角，根据等腰三角形的性质．作交于，同理可得，则，∵，∴，得．故答案为：【点睛】本题考查异面直线所成的角，属于中档题.16、【解析】

计算，等腰三角形计算面积，作底边上的高，计算得到答案.【详解】，过C作于D，则故答案为【点睛】本题考查了三角形面积计算，属于简单题.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）见解析（2）【解析】

（1）利用直线与平面垂直的判定，结合三角形全等判定，得到，再次结合三角形全等，即可．（2）法一：建立坐标系，分别计算的法向量，结合两向量夹角为直角，计算出的值，然后结合，即可．法二：设出OA=x,用x分别表示AB,BD,AD，结合，建立方程，计算x，结合，即可．【详解】（1）连结，交于点，连结，因为侧面是菱形，所以，又因为，，所以平面，而平面，所以，因为，所以，而，所以，.（2）因为，，所以，（法一）以为坐标原点，所以直线为轴，所以直线为轴，所以直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，设，则，，，，，所以，，，设平面的法向量，所以令，则，，取，设平面的法向量，所以令，则，，取，依题意得，解得.所以.（法二）过作，连结，由（1）知，所以且，所以是二面角的平面角，依题意得，，所以，设，则，，又由，，所以由，解得，所以.【点睛】本道题考查了直线与平面垂直判定，考查了利用空间向量解决二面角问题，难度较难．18、【解析】

根据通项前项和的关系求解即可.【详解】解：当时,.当时,.当时,上式也成立.【点睛】本题主要考查了根据前项公式求解通项公式的方法.属于基础题.19、【解析】

由即，解得：（因为舍去）或.20、（1）或；（2）；（3）存在，理由见解析【解析】

求得圆的圆心和半径.（1）设出直线的方程，利用弦长、勾股定理和点到直线距离列方程，解方程求得直线的斜率，进而求得直线的方程.（2）利用三角形的面积公式列式，由此求得面积取值范围.（3）求得三角形外接圆的方程，根据圆和圆的位置关系，判断出点存在.【详解】圆心为，半径为.（1）直线有斜率，设：，圆心到直线的距离为，∵，则由，得，直线的方程为或（2）依题意可知，三角形的面积为，由于，所以，所以.（3）设三角形的外接圆圆心为（），半径为，由正弦定理得，，所以，所以圆的圆心为,所以圆的方程为，圆与圆满足圆心距：，∴圆与圆相交于两点，圆上存在两个这样的点，满足题意.【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查圆和圆的位置关系，考查三角