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文档简介
内蒙古鄂尔多斯市康巴什区鄂尔多斯一中2025届高一数学第二学期期末检测试题考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。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.把正方形ABCD沿对角线AC折起,当以A,B,C,D四点为顶点的三棱锥体积最大时,二面角的大小为()A.30° B.45° C.60° D.90°2.在△ABC中,,则△ABC为()A.等腰三角形 B.等边三角形C.直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形3.已知数据,2的平均值为2,方差为1,则数据相对于原数据()A.一样稳定 B.变得比较稳定C.变得比较不稳定 D.稳定性不可以判断4.如果存在实数,使成立,那么实数的取值范围是()A. B.或C.或 D.或5.已知a,b,c,d∈R,则下列不等式中恒成立的是()A.若a>b,c>d,则ac>bd B.若a>b,则C.若a>b>0,则(a﹣b)c>0 D.若a>b,则a﹣c>b﹣c6.在中,分别为角的对边,若,且,则边=()A. B. C. D.7.如果,且,那么下列不等式成立的是()A. B. C. D.8.在中,分别为角的对边,若的面积为,则的值为()A. B. C. D.9.已知a,b,,且,,则()A. B. C. D.10.已知两个正数a,b满足,则的最小值是(
)A.2 B.3 C.4 D.5二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11.将边长为1的正方形ABCD沿对角线AC折起,使平面ACD⊥平面ABC,则折起后B,D两点的距离为________.12.已知当时,函数(且)取得最小值,则时,的值为__________.13.用数学归纳法证明“”,在验证成立时,等号左边的式子是______.14.已知直线与轴、轴相交于两点,点在圆上移动,则面积的最大值和最小值之差为.15.在中,若,则等于__________.16.数列满足,则________.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.在平面直角坐标系xOy中,已知圆,三个点,B、C均在圆上,(1)求该圆的圆心的坐标;(2)若,求直线BC的方程;(3)设点满足四边形TABC是平行四边形,求实数t的取值范围.18.已知.(I)若函数有三个零点,求实数的值;(II)若对任意,均有恒成立,求实数的取值范围.19.已知向量.(1)若向量,且,求的坐标;(2)若向量与互相垂直,求实数的值.20.在中,角、、所对的边分别为、、,且满足.(1)求角的大小;(2)若,,求的面积.21.已知角的顶点与原点重合,始边与轴的非负半轴重合,终边过点.(1)求的值;(2)已知为锐角,,求的值.
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、D【解析】
当平面ACD垂直于平面BCD时体积最大,得到答案.【详解】取中点,连接当平面ACD垂直于平面BCD时等号成立.此时二面角为90°故答案选D【点睛】本题考查了三棱锥体积的最大值,确定高的值是解题的关键.2、C【解析】
直接利用正弦定理余弦定理化简得到,即得解.【详解】由已知得,由正、余弦定理得,即,即,故是直角三角形.故答案为:C【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掌握水平和分析推理水平.3、C【解析】
根据均值定义列式计算可得的和,从而得它们的均值,再由方差公式可得,从而得方差.然后判断.【详解】由题可得:平均值为2,由,,所以变得不稳定.故选:C.【点睛】本题考查均值与方差的计算公式,考查方差的含义.属于基础题.4、A【解析】
根据,可得,再根据基本不等式取等的条件可得答案.【详解】因为,所以,即,即,又(当且仅当时等号成立)所以,所以.故选:A【点睛】本题考查了余弦函数的值域,考查了基本不等式取等的条件,属于中档题.5、D【解析】
根据不等式的性质判断.【详解】当时,A不成立;当时,B不成立;当时,C不成立;由不等式的性质知D成立.故选D.【点睛】本题考查不等式的性质,不等式的性质中,不等式两边乘以同一个正数,不等式号方向不变,两边乘以同一个负数,不等式号方向改变,这个性质容易出现错误:一是不区分所乘数的正负,二是不区分是否为1.6、B【解析】
由利用正弦定理化简,再利用余弦定理表示出cosA,整理化简得a2b2+c2,与,联立即可求出b的值.【详解】由sinB=8cosAsinC,利用正弦定理化简得:b=8c•cosA,将cosA代入得:b=8c•,整理得:a2b2+c2,即a2﹣c2b2,∵a2﹣c2=3b,∴b2=3b,解得:b=1或b=0(舍去),则b=1.故选B【点睛】此题考查了正弦、余弦定理,熟练掌握定理,准确计算是解本题的关键,是中档题7、D【解析】
由,且,可得.再利用不等式的基本性质即可得出,.【详解】,且,.,,因此.故选:.【点睛】本题考查了不等式的基本性质,属于基础题.8、B【解析】试题分析:由已知条件及三角形面积计算公式得由余弦定理得考点:考查三角形面积计算公式及余弦定理.9、A【解析】
利用不等式的基本性质以及特殊值法,即可得到本题答案.【详解】由不等式的基本性质有,,故A正确,B不正确;当时,,但,故C、D不正确.故选:A【点睛】本题主要考查不等式的基本性质,属基础题.10、D【解析】
根据题意,分析可得,对其变形可得,由基本不等式分析可得答案.【详解】解:根据题意,正数,满足,则;即的最小值是;故选:.【点睛】本题考查基本不等式的性质以及应用,关键是掌握基本不等式应用的条件.二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11、1.【解析】
取AC的中点E,连结DE,BE,可知DE⊥AC,由平面ACD⊥平面ABC,可得DE⊥平面ABC,DE⊥BE,而,再结合ABCD是正方形可求出.【详解】取AC的中点E,连结DE,BE,显然DE⊥AC,因为平面ACD⊥平面ABC,所以DE⊥平面ABC,所以DE⊥BE,而,所以,.【点睛】本题考查了空间中两点间的距离,把空间角转化为平面角是解决本题的关键.12、3【解析】
先根据计算,化简函数,再根据当时,函数取得最小值,代入计算得到答案.【详解】或当时,函数取得最小值:或(舍去)故答案为3【点睛】本题考查了三角函数的化简,辅助角公式,函数的最值,综合性较强,意在考查学生的综合应用能力和计算能力.13、【解析】
根据左边的式子是从开始,结束,且指数依次增加1求解即可.【详解】因为左边的式子是从开始,结束,且指数依次增加1所以,左边的式子为,故答案为.【点睛】项数的变化规律,是利用数学归纳法解答问题的基础,也是易错点,要使问题顺利得到解决,关键是注意两点:一是首尾两项的变化规律;二是相邻两项之间的变化规律.14、15【解析】
解:设作出与已知直线平行且与圆相切的直线,
切点分别为,如图所示
则动点C在圆上移动时,若C与点重合时,
△ABC面积达到最小值;而C与点重合时,△ABC面积达到最大值
∵直线3x+4y−12=0与x轴、y轴相交于A(4,0)、B(0,3)两点
可得∴△ABC面积的最大值和最小值之差为
,
其中分别为点、点到直线AB的距离
∵是圆(x−5)2+(y−6)2=9的两条平行切线与圆的切点
∴点、点到直线AB的距离之差等于圆的直径,即
因此△ABC面积的最大值和最小值之差为
故答案为:1515、;【解析】
由条件利用三角形内角和公式求得,再利用正弦定理即可求解.【详解】在中,,,,即,,故答案为:【点睛】本题考查了正弦定理解三角形,需熟记定理的内容,属于基础题.16、【解析】
根据题意可求得和的等式相加,求得,进而推出,判断出数列是以6为周期的数列,进而根据求出答案。【详解】将以上两式相加得数列是以6为周期的数列,故【点睛】对于递推式的使用,我们可以尝试让取或,又得一个递推式,将两个递推式相加或者相减来找规律,本题是一道中等难度题目。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)或(3),【解析】
(1)将点代入圆的方程可得的值,继而求出半径和圆心(2)可设直线方程为:,可得圆心到直线的距离,结合弦心距定理可得的值,求出直线方程(3)设,,,,因为平行四边形的对角线互相平分,得,,于是点既在圆上,又在圆上,从而圆与圆上有公共点,即可求解.【详解】(1)将代入圆得,解得,.半径.(2),,且,设直线,即,圆心到直线的距离,由勾股定理得,,,,或,所以直线的方程为或.(3)设,,,,因为平行四边形的对角线互相平分,所以①,因为点在圆上,所以②将①代入②,得,于是点既在圆上,又在圆上,从而圆与圆有公共点,所以,解得.因此,实数的取值范围是,.【点睛】本题考查了直线与圆的关系,涉及了向量知识,弦心距公式,点到直线的距离公式等内容,综合性较强,难度较大.18、(I)或;(II).【解析】
(I)令,将有三个零点问题,转化为有三个不同的解的解决.画出和的图像,结合图像以及二次函数的判别式分类讨论,由此求得的值.(II)令,将恒成立不等式等价转化为恒成立,通过对分类讨论,求得的最大值,由此求得的取值范围.【详解】(I)由题意等价于有三个不同的解由,可得其函数图象如图所示:联立方程:,由可得结合图象可知.同理,由可得,因为,结合图象可知,综上可得:或.(Ⅱ)设,原不就价于,两边同乘得:,设,原题等价于的最大值.(1)当时,,易得,(2),,易得,所以的最大值为16,即,故.【点睛】本小题主要考查根据函数零点个数求参数,考查数形结合的数学思想方法,考查化归与转化的数学思想方法,考查不等式恒成立问题的求解策略,考查分类讨论的数学思想,属于难题.19、(1)或(2)【解析】
(1)因为,所以可以设求出坐标,根据模长,可以得到参数的方程.(2)由于已知条件可以计算出与坐标(含有参数)而两向量垂直,可以得到关于的方程,完成本题.【详解】(1)法一:设,则,所以解得所以或法二:设,因为,,所以,因为,所以解得或,所以或(2)因为向量与互相垂直所以,即而,,所以,因此,解得【点睛】考查了向量的线性表示,引入参数,只要我们能建立起引入参数的方程,则就能计算出所求参数值,从而完成本题.20、(1)(2)【解析】
分析:(1)由,利用正弦定理可得,结合两角和的正弦公式以及诱导公式可得;从而可得结果;(2)由余弦定理可得可得,所以.详解:(1)∵∴∴(2)∵∴∴点睛:解三角形时,有时可用正弦定理,有时也可用余弦定理,应注意用哪一个定理更方便、简捷.如果式子中含有角的余弦或边的二次式,要考虑用余弦定理;如果遇到的式子中含有角的正弦或边的
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