2023-2024学年山东省微山二中高一数学第二学期期末达标检测试题含解析

2023-2024学年山东省微山二中高一数学第二学期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．如图，在三角形中，点是边上靠近的三等分点，则()A． B．C． D．2．用辗转相除法，计算56和264的最大公约数是()．A．7 B．8 C．9 D．63．已知A={第一象限角}，B={锐角}，C={小于90°的角}，那么A、B、C关系是()A．B=A∩C B．B∪C=C C．AC D．A=B=C4．我国古代数学名著九章算术记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无丈刍，草也；甍，屋盖也”翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱刍甍字面意思为茅草屋顶”如图，为一刍甍的三视图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形则它的体积为A． B．160 C． D．645．已知，，，则实数、、的大小关系是（）A． B．C． D．6．在锐角三角形中，，，分别为内角，，的对边，已知，，，则的面积为（）A． B． C． D．7．直线与直线的交点在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限8．点、、、在同一个球的球面上，，.若四面体的体积的最大值为，则这个球的表面积为（）A． B． C． D．9．展开式中的常数项为（）A．1 B．21 C．31 D．5110．已知等比数列的前项和为，则下列一定成立的是（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．若正实数，满足，则的最小值是________.12．已知等比数列中，若，，则_____．13．过点(2，－3)且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程为_________________．14．已知呈线性相关的变量，之间的关系如下表所示：由表中数据，得到线性回归方程，由此估计当为时，的值为______．15．已知正实数满足，则的最大值为_______.16．已知a、b为不垂直的异面直线，α是一个平面，则a、b在α上的射影有可能是：①两条平行直线；②两条互相垂直的直线；③同一条直线；④一条直线及其外一点．在上面结论中，正确结论的编号是________．(写出所有正确结论的编号)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．如图，在四边形中，.（1）若为等边三角形，且是的中点，求.（2）若，，求.18．如图，已知平面是正三角形，.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的正切值.19．已知函数.（I）当时，求不等式的解集；（II）若关于的不等式有且仅有一个整数解，求正实数的取值范围.20．如图，在三棱柱中，侧面是边长为2的正方形，点是棱的中点.（1）证明：平面.（2）若三棱锥的体积为4，求点到平面的距离.21．已知是定义域为R的奇函数，当时，．Ⅰ求函数的单调递增区间；Ⅱ，函数零点的个数为，求函数的解析式．

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、A【解析】

利用向量的三角形法则以及线性运算法则进行运算,即可得出结论.【详解】因为点是边上靠近的三等分点,所以,所以,故选:A.【点睛】本题考查向量的加､减法以及数乘运算,需要学生熟练掌握三角形法则和共线定理.2、B【解析】

根据辗转相除法计算最大公约数.【详解】因为所以最大公约数是8，选B.【点睛】本题考查辗转相除法，考查基本求解能力.3、B【解析】

由集合A，B，C，求出B与C的并集，判断A与C的包含关系，以及A，B，C三者之间的关系即可．【详解】由题BA，∵A＝{第一象限角}，B＝{锐角}，C＝{小于90°的角}，∴B∪C＝{小于90°的角}＝C，即BC，则B不一定等于A∩C，A不一定是C的真子集，三集合不一定相等，故选：B．【点睛】此题考查了集合间的基本关系及运算，熟练掌握象限角，锐角，以及小于90°的角表示的意义是解本题的关键，是易错题4、A【解析】

分析：由三视图可知该刍甍是一个组合体，它由成一个直三棱柱和两个全等的四棱锥组成，根据三视图中的数据可得其体积.详解：由三视图可知该刍甍是一个组合体，它由成一个直三棱柱和两个全等的四棱锥组成，根据三视图中的数据，求出棱锥与棱柱的体积相加即可，，故选A.点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.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.5、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。6、D【解析】由结合题意可得：，故，△ABC为锐角三角形，则，由题意结合三角函数的性质有：，则：，即：，则，由正弦定理有：，故.本题选择D选项.点睛：在解决三角形问题中，求解角度值一般应用余弦定理，因为余弦定理在内具有单调性，求解面积常用面积公式，因为公式中既有边又有角，容易和正弦定理、余弦定理联系起来.7、B【解析】

联立方程组，求得交点的坐标，即可得到答案.【详解】由题意，联立方程组：，解得，即两直线的交点坐标为，在第二象限，选B.【点睛】本题主要考查了两条直线的位置关系的应用，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.8、D【解析】

根据几何体的特征，小圆的圆心为，若四面体的体积取最大值，由于底面积不变，高最大时体积最大，可得与面垂直时体积最大，从而求出球的半径，即可求出球的表面积．【详解】根据题意知，、、三点均在球心的表面上，且，，，则的外接圆半径为，的面积为，小圆的圆心为，若四面体的体积取最大值，由于底面积不变，高最大时体积最大，所以，当与面垂直时体积最大，最大值为，，设球的半径为，则在直角中，，即，解得，因此，球的表面积为.故选：D.【点睛】本题考查的知识点是球内接多面体，球的表面积，其中分析出何时四面体体积取最大值，是解答的关键．9、D【解析】常数项有三种情况，都是次，或者都是次，或者都是二次，故常数项为10、C【解析】

设等比数列的公比为q，利用通项公式与求和公式即可判断出结论．【详解】设等比数列的公比为q，若，则，则，而与0的大小关系不确定.若，则，则与同号，则与0的大小关系不确定.故选：C【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式与求和公式及其性质、不等式的性质与解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

将配凑成，由此化简的表达式，并利用基本不等式求得最小值.【详解】由得，所以.当且仅当，即时等号成立.故填：.【点睛】本小题主要考查利用基本不等式求和式的最小值，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.12、4【解析】

根据等比数列的等积求解即可.【详解】因为,故.又,故.故答案为：4【点睛】本题主要考查了等比数列等积性的运用,属于基础题.13、【解析】分析：分类讨论截距为0和截距不为零两种情况求解直线方程即可.详解：当截距为0时,直线的方程为，满足题意；当截距不为0时,设直线的方程为,把点代入直线方程可得，此时直线方程为.故答案为.点睛：求解直线方程时应该注意以下问题：一是根据斜率求倾斜角，要注意倾斜角的范围；二是求直线方程时，若不能断定直线是否具有斜率时，应对斜率存在与不存在加以讨论；三是在用截距式时，应先判断截距是否为0，若不确定，则需分类讨论.14、【解析】由表格得，又线性回归直线过点，则，即，令，得.点睛：本题考查线性回归方程的求法和应用；求线性回归方程是常考的基础题型，其主要考查线性回归方程一定经过样本点的中心，一定要注意这一点，如本题中利用线性回归直线过中心点求出的值.15、【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.16、①②④【解析】用正方体ABCD-A1B1C1D1实例说明A1D1与BC1在平面ABCD上的投影互相平行，AB1与BC1在平面ABCD上的投影互相垂直，BC1与DD1在平面ABCD上的投影是一条直线及其外一点．故①②④正确．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）先由题意，结合平面向量基本定理，用表示出，再由向量的数量积运算，即可得出结果；（2）先由向量数量积的运算，求出，再由，结合题中条件，即可得出结果.【详解】解：（1）为等边三角形，且，又是中点，又（2）由题意：，，，又【点睛】本题主要考查向量数量积的运算，熟记平面向量基本定理，以及向量数量积的运算法则即可，属于常考题型.18、（1）证明见解析；（2）.【解析】

（1）取的中点的中点，证明，由根据线面垂直判定定理可得，可得平面，结合面面垂直的判定定理，可得平面平面；

（2）过作，连接BM，可以得到为二面角的平面角，解三角形即可求出二面角的正切值．【详解】解：（1）取BE的中点F.

AE的中点G，连接GD，CF∴,GF∥AB又∵,CD∥AB∴CD∥GF，CD=GF,∴CFGD是平行四边形,∴CF∥GD,又∵CF⊥BF，CF⊥AB∴CF⊥平面ABE∵CF∥DG∴DG⊥平面ABE，∵DG⊂平面ABE∴平面ABE⊥平面ADE；（2）∵AB=BE，∴AE⊥BG，∴BG⊥平面ADE，过G作GM⊥DE，连接BM，则BM⊥DE，则∠BMG为二面角A−DE−B的平面角，设AB=BC=2CD=2，则,在Rt△DCE中，CD=1，CE=2,∴,又,由DE⋅GM=DG⋅EG得,所以，故面角的正切值为：.【点睛】本题考查了面面垂直的判定定理及二面角的平面角的作法，重点考查了空间想象能力，属中档题.19、（I）；（II），或【解析】

（I）直接解不等式得解集；（II）对a分类讨论解不等式分析找到a满足的不等式，解不等式即得解.【详解】（I）当时，不等式为，不等式的解集为，所以不等式的解集为；（II）原不等式可化为，①当，即时，原不等式的解集为，不满足题意；②当，即时，，此时，所以；③当，即时，，所以只需，解得；综上所述，，或.【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法和解集，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.20、（1）见解析（2）6【解析】

（1）由平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行可判定平面；（2）由三棱锥的体积为4，可知四棱锥的体积，再由三棱锥的体积公式即可求得高．【详解】（1）证明：连接，与交于点，连接.因为侧面是平行四边形，所以点是的中点.因为点是棱的中点，所以.因为平面，平面，所以平面.（2）解：因为三棱锥的体积为4，所以三棱柱的体积为12，则四棱锥的体积为.因为侧面是边长为2的正方形，所以侧面的面积为.设点到平面的距离为，则，解得.故点到平面的距离为6.【点睛】本题考查直线平行平面的判定和用三棱锥体积公式求点到平面的距离．