2024届云南省昆明市禄劝县一中高一数学第二学期期末考试试题含解析

2024届云南省昆明市禄劝县一中高一数学第二学期期末考试试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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，，，是边上的两个动点，且，则的取值范围为()A． B． C． D．2．一个几何体的三视图如图（图中尺寸单位：m），则该几何体的体积为（）A． B． C． D．3．点到直线的距离是（）A． B． C．3 D．4．在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则（）A． B． C． D．5．已知等差数列{}的前n项和为，且S8＝92，a5＝13，则a4＝A．16 B．13 C．12 D．106．高一数学兴趣小组共有5人，编号为.若从中任选3人参加数学竞赛，则选出的参赛选手的编号相连的概率为（）A． B． C． D．7．将函数的图象向左平移个单位长度，再将图象上每个点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象.若函数在区间上有且仅有两个零点，则的取值范围为（）A． B． C． D．8．如图，在圆内随机撒一把豆子，统计落在其内接正方形中的豆子数目，若豆子总数为n，落在正方形内的豆子数为m，则圆周率π的估算值是（）A．nmB．2nmC．3n9．如图，在正方体中，已知，分别为棱，的中点，则异面直线与所成的角等于（）A．90° B．60°C．45° D．30°10．已知圆，圆，则圆与圆的位置关系是（）A．相离 B．相交 C．外切 D．内切二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．若,则____________.12．甲、乙两人要到某地参加活动，他们都随机从火车、汽车、飞机三种交通工具中选择一种，则他们选择相同交通工具的概率为_________.13．设，，则______．14．______．15．读程序，完成下列题目：程序如图：（1）若执行程序时，没有执行语句，则输入的的范围是_______；（2）若执行结果，输入的的值可能是___．16．设数列满足，且，则数列的前n项和_______________.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．向量函数．（1）求的最小正周期及单调增区间；（2）求在区间上的最大值和最小值及取最值时的值．18．已知的顶点，边上的高所在的直线方程为，为的中点，且所在的直线方程为.(1)求顶点的坐标；(2)求过点且在轴、轴上的截距相等的直线的方程.19．在中，角所对的边分别为.（1）若为边的中点，求证:;（2）若，求面积的最大值.20．如图，在正中，，.（1）试用，表示；（2）若，，求.21．四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面底面ABCD，已知，为正三角形．（1）证明．（2）若，，求二面角的大小的余弦值．

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、A【解析】由题意，可以点为原点，分别以为轴建立平面直角坐标系，如图所示，则点的坐标分别为，直线的方程为，不妨设点的坐标分别为，，不妨设，由，所以，整理得，则，即，所以当时，有最小值，当时，有最大值.故选A.点睛：此题主要考查了向量数量积的坐标运算，以及直线方程和两点间距离的计算等方面的知识与技能，还有坐标法的运用等，属于中高档题，也是常考考点.根据题意，把运动（即的位置在变）中不变的因素（）找出来，通过坐标法建立合理的直角坐标系，把点的坐标表示出来，再通过向量的坐标运算，列出式子，讨论其最值，从而问题可得解.2、C【解析】

根据三视图判断几何体的形状，计算即可得解.【详解】该几何体是一个半径为1的球体削去四分之一，体积为.故选：C.【点睛】本题考查了三视图的识别和球的体积计算，属于基础题.3、D【解析】

根据点到直线的距离求解即可.【详解】点到直线的距离是.故选：D【点睛】本题主要考查了点到线的距离公式,属于基础题.4、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.5、D【解析】

利用等差数列前项和公式化简已知条件，并用等差数列的性质转化为的形式，由此求得的值.【详解】依题意，，解得，故选D.【点睛】本小题主要考查等差数列前项和公式，以及等差数列的性质，解答题目过程中要注意观察已知条件的下标.属于基础题.6、A【解析】

先考虑从个人中选取个人参加数学竞赛的基本事件总数，再分析选出的参赛选手的编号相连的事件数，根据古典概型的概率计算得到结果.【详解】因为从个人中选取个人参加数学竞赛的基本事件有：，共种，又因为选出的参赛选手的编号相连的事件有：，共种，所以目标事件的概率为.故选：A.【点睛】本题考查古典概型的简单应用，难度较易.求解古典概型问题的常规思路：先计算出基本事件的总数，然后计算出目标事件的个数，目标事件的个数比上基本事件的总数即可计算出对应的概率.7、C【解析】

写出变换后的函数解析式，，，结合正弦函数图象可分析得：要使函数有且仅有两个零点，只需，即可得解.【详解】由题，根据变换关系可得：，函数在区间上有且仅有两个零点，，，根据正弦函数图象可得：，解得：.故选：C【点睛】此题考查函数图象的平移和伸缩变换，根据函数零点个数求参数的取值范围.8、B【解析】试题分析：设正方形的边长为2.则圆的半径为2，根据几何概型的概率公式可以得到mn=4考点：几何概型.【方法点睛】本题題主要考查“体积型”的几何概型，属于中档题.解决几何概型问题常见类型有：长度型、角度型、面积型、体积型，求与体积有关的几何概型问题关鍵是计算问题题的总体积（总空间)以及事件的体积(事件空间)；几何概型问题还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：（1）不能正确判断事件是古典概型还是几何概型导致错误；（2）基本事件对应的区域测度把握不准导致错误；（3）利用几何概型的概率公式时,忽视验证事件是否等可能性导致错误.9、B【解析】

连接，可证是异面直线与所成的角或其补角，求出此角即可．【详解】连接，因为，分别为棱，的中点，所以，又正方体中，所以是异面直线与所成的角或其补角，是等边三角形，＝60°．所以异面直线与所成的角为60°．故选：B．【点睛】本题考查异面直线所成的角，解题时需根据定义作出异面直线所成的角，同时给出证明，然后在三角形中计算．10、C【解析】，，，，，即两圆外切，故选．点睛：判断圆与圆的位置关系的常见方法(1)几何法：利用圆心距与两半径和与差的关系．(2)切线法：根据公切线条数确定．（3）数形结合法：直接根据图形确定二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】故答案为.12、【解析】

利用古典概型的概率求解.【详解】甲、乙两人选择交通工具总的选择有种，他们选择相同交通工具有3种情况，所以他们选择相同交通工具的概率为．故答案为：．【点睛】本题考查古典概型，要用计数原理进行计数，属于基础题．13、【解析】

由，根据两角差的正切公式可解得．【详解】，故答案为【点睛】本题主要考查了两角差的正切公式的应用，属于基础知识的考查．14、【解析】

,,故答案为.考点：三角函数诱导公式、切割化弦思想.15、2【解析】

（1）不执行语句，说明不满足条件，，从而得；（2）执行程序，有当时，，只有，．【详解】（1）不执行语句，说明不满足条件，，故有.（2）当时，，只有，．故答案为：（1）（2）；【点睛】本题主要考察程序语言，考查对简单程序语言的阅读理解，属于基础题．16、【解析】令三、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），最大值为；，最小值为0【解析】

（1）用已知的向量表示出，再进行化简整理，可得；（2）由正弦函数的值域可得。【详解】（1）由题得，，化简整理得，因此的最小正周期为，由得，则单调增区间为.（2）若，则，当，即时，取最大值，当，即时，取最小值0.综上，当时，取最大值，当时，取最小值0.【点睛】本题考查向量的运算和函数的周期，单调区间以及最值，知识点考查全面，难度不大。18、（1）（2）或【解析】

（1）首先确定直线的斜率，从而得到直线的方程；因为点是直线与的交点，联立两条直线可求得点坐标；（2）设，利用中点坐标公式表示出；根据在直线上，在直线上，可构造方程组，求得点坐标；根据截距相等，可分为截距为和不为两种情况来分别求解出直线方程.【详解】（1）由已知得：直线的方程为：，即：由，解得：的坐标为（2）设，则则，解得：直线在轴、轴上的截距相等当直线经过原点时，设直线的方程为把点代入，得：，解得：此时直线的方程为：当直线不经过原点时，设直线的方程为把点代入，得：，解得：此时直线的方程为直线的方程为：或【点睛】本题考查直线交点、直线方程的求解问题，易错点是在已知截距相等的情况下，忽略截距为零的情况，造成丢根.19、（1）详见解析；（2）1.【解析】

（1）证法一：根据为边的中点，可以得到向量等式，平方，再结合余弦定理，可以证明出等式；证法二：分别在和中，利用余弦定理求出和的表达式，利用，可以证明出等式；（2）解法一：解法一：记面积为．由题意并结合（1）所证结论得：，利用已知，再结合基本不等式，最后求可求出面积的最大值；解法二：利用余弦定理把表示出来，结合重要不等式，再利用三角形面积公式可得，令设，利用辅助角公式，可以求出的最大值，即可求出面积的最大值.【详解】（1）证法一：由题意得①由余弦定理得②将②代入①式并化简得，故；证法二：在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，∵，∴，则，故；（2）解法一：记面积为．由题意并结合（1）所证结论得：，又已知，则，即，当时，等号成立，故，即面积的最大值为1．解法二：设则由，故.【点睛】本题考查了余弦定理、三角形面积公式的应用，考查了重要不等式及基本不等式，考查了数学运算能力.20、（1）；（2）-2【解析】

（1）由，可得，整理可求出答案；（2）用、分别表示和，进而求出即可.【详解】（1）因为，则，所以.（2）当时，，因为，所以为边的三等分点，则，故.【点睛】本题考查平面向量的线性运算，考查向量的数量积，考查学生的计算能力与推理能力，属于基础题.21、（1）证明见解析．（2）二面角的余弦值为．【解析】

（1）作于点，连接，根据面面垂直性质可得底面ABCD，由三角形全等性质可得，进而根据线面垂直判定定理证明平面，即可证明.（2）根据所给角度和线段关系，可证明以均为等边三角形，从而取中点，连接，即可由线段长结合余弦定理求得二面角的大小.【详解】（1）证明：作于