《2023-2024学年云南民族中学高一下数学期末联考试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023-2024学年云南民族中学高一下数学期末联考试题含解析（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2023-2024学年云南民族中学高一下数学期末联考试题注意事项: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已知数列的前项和为，直线与圆:交于两点，且.记，其前项和为，若存在，使得有解，则实数取值范
2、围是（ ）ABCD2已知不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）ABCD3已知a,b,且,则( )ABCD4己知弧长的弧所对的圆心角为弧度，则这条弧所在的圆的半径为（）ABCD5中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，右图是实现该算法的程序框图.执行该程序框图，若输入的，依次输入的为2，2，5，则输出的（ ）A7B12C17D346已知数列满足递推关系，则（ ）ABCD7已知直线3xy+1=0的倾斜角为，则ABC D8已知等比数列的前n项和为，若，则（ ）ABC1D29已知圆C的半径为2，在圆内随机取一点P，并以P为中点作弦AB，则弦长的概率为ABCD10已知各项均不为零的数列，定义向量， 下列命题
3、中真命题是 ( )A若对任意的，都有成立，则数列是等差数列B若对任意的，都有成立，则数列是等比数列C若对任意的，都有成立，则数列是等差数列D若对任意的，都有成立，则数列是等比数列二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11已知正三棱柱木块，其中，一只蚂蚁自点出发经过线段上的一点到达点，当沿蚂蚁走过的最短路径，截开木块时，两部分几何体的体积比为_.12设，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l，m，下列四个命题正确的是_若l，则；若，则lm；若l，则；若，则lm. 13在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若的面积为，且，则的周长的取值范围是_.14已知，则的值为_
4、15直线与直线的交点为，则_.16已知与的夹角为求=_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，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，且BAPCDP90（1）证明：平面PAB平面PAD；（2）若PAPDABAD，且四棱锥的侧面积为6+2，求四校锥PABCD的体积18为了加强“平安校园”建设，有效遏制涉校案件的发生，保障师生安全，某校决定在学校门口利用一侧原有墙体，建造一间墙高为3米，底面为24平方米，且背面靠墙的长方体形状的校园警务室由于此警务室的后背靠墙，无需建造费用，甲工程队给出的报价为：屋子前面新建墙体的报价为每平方米400元，左
5、右两面新建墙体报价为每平方米300元，屋顶和地面以及其他报价共计14400元设屋子的左右两面墙的长度均为米（）当左右两面墙的长度为多少时，甲工程队报价最低？并求出最低报价（）现有乙工程队也要参与此警务室的建造竞标，其给出的整体报价为元，若无论左右两面墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功，试求的取值范围19如图，在平面直角坐标系中，锐角和钝角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边分别与单位圆交于，两点，且.（1）求的值；（2）若点的横坐标为，求的值.20如图，在平面四边形中，的面积为求的长；若，求的长21已知向量，（1）若，求的坐标；（2）若与垂直，求的值.参考答案一、选择题：本大题共1
6、0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】根据题意，先求出弦长，再表示出，得到，求出数列的通项公式，再表示出，用错位相减求和求出，再求解即可.【详解】根据题意，圆的半径，圆心到直线的距离，所以弦长，所以，当时，所以，时，所以，得，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以，所以，由有解，只需大于的最小值即可，因为，所以，所以.故选：D【点睛】本题主要考查求圆的弦长、由和求数列通项、错位相减求数列的和和解不等式有解的情况，考查学生的分析转化能力和计算能力，属于难题.2、A【解析】根据一元二次不等式的解集与一元二次方程根的关系，结合韦达定
7、理可构造方程求得；利用一元二次不等式的解法可求得结果.【详解】的解集为和是方程的两根，且，解得： 解得：，即不等式的解集为故选：【点睛】本题考查一元二次不等式的解法、一元二次不等式的解集与一元二次方程根的关系等知识的应用；关键是能够通过一元二次不等式的解集确定一元二次方程的根，进而利用韦达定理构造方程求得变量.3、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.4、D【解析】利用弧长公式列出方程直接求解，即可得到答案【详解】由题意，弧长的弧所对的圆心
8、角为2弧度，则，解得，故选D【点睛】本题主要考查了圆的半径的求法，考查弧长公式等基础知识，考查了推理能力与计算能力，是基础题5、C【解析】第一次循环： ；第二次循环： ；第三次循环： ；结束循环，输出 ，选C.点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.6、B【解析】两边取倒数，可得新的等差数列，根据等差数列的通项公式，可得结果.【详解】由，所以则，又，所以所以数列是以2为首项，1为公比的等差数列所以，则所以故选：
9、B【点睛】本题主要考查由递推公式得到等差数列，难点在于取倒数，学会观察，属基础题.7、A【解析】由题意利用直线的倾斜角和斜率求出tan的值，再利用三角恒等变换，求出要求式子的值【详解】直线3x-y+1=0的倾斜角为，tan=3，故选A【点睛】本题主要考查直线的倾斜角和斜率，三角恒等变换，属于中档题8、C【解析】利用等比数列的前项和公式列出方程组，能求出首项【详解】等比数列的前项和为，解得，故选：【点睛】本题考查等比数列的首项的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题9、B【解析】先求出临界状态时点P的位置，若，则点P与点C的距离必须大于或等于临界状态时与点C的距离，再根据
10、几何概型的概率计算公式求解.【详解】如图所示：当时，此时,若，则点P必须位于以点C为圆心，半径为1和半径为2 的圆环内，所以弦长的概率为：.故选B.【点睛】本题主要考查几何概型与圆的垂径定理，此类题型首先要求出临界状态时的情况，再判断满足条件的区域.10、A【解析】根据向量平行的坐标表示，得到，利用累乘法，求得，从而可作出判定，得到答案【详解】由题意知，向量，当时，可得，即，所以，所以数列表示首项为，公差为的等差数列当，可得，即，所以，所以数列既不是等差数列，也不是等比数列.故选A【点睛】本题主要考查了向量的平行关系的坐标表示，等差数列的定义，以及“累乘法”求解通项公式的应用，着重考查了推理与
11、运算能力，属于基础题二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】将正三棱柱的侧面沿棱展开成平面，连接与的交点即为满足最小时的点，可知点为棱的中点，即可计算出沿着蚂蚁走过的路径截开木块时两几何体的体积之比.【详解】将正三棱柱沿棱展开成平面，连接与的交点即为满足最小时的点.由于，再结合棱柱的性质，可得，一只蚂蚁自点出发经过线段上的一点到达点，当沿蚂蚁走过的最短路径，为的中点，因为三棱柱是正三棱柱，所以当沿蚂蚁走过的最短路径，截开木块时，两部分几何体的体积比为：.故答案为：.【点睛】本题考查棱柱侧面最短路径问题，涉及棱柱侧面展开图的应用以及几何体体积的计算，考查分析问题解决问题能
12、力，是中档题12、【解析】由线面的平行垂直的判定和性质一一检验即可得解.【详解】由平面与平面垂直的判定可知，正确；中，当时，l，m可以垂直，也可以平行，也可以异面；中，l时，可以相交；中，时，l，m也可以异面故答案为.【点睛】本题主要考查了线面、面面的垂直和平行位置关系的判定和性质，属于基础题.13、【解析】通过观察的面积的式子很容易和余弦定理联系起来，所以，求出，所以.再由正弦定理即可将的范围通过辅助角公式化简利用三角函数求出范围即可【详解】因为的面积为，所以，所以.由余弦定理可得，则，即，所以.由正弦定理可得，所以.因为为锐角三角形，所以，所以，则，即.故的周长的取值范围是.【点睛】此题考
13、察解三角形，熟悉正余弦定理，然后一般求范围的题目转化为求解三角函数值域即可，易错点注意转化后角的范围区间，属于中档题目14、【解析】根据两角差的正弦公式，化简，解出的值，再平方，即可求解.【详解】由题意，可知，平方可得则故答案为：【点睛】本题考查三角函数常用公式关系转换，属于基础题.15、【解析】（2,2）为直线和直线的交点，即点（2,2）在两条直线上，分别代入直线方程，即可求出a，b的值，进而得a+b的值。【详解】因为直线与直线的交点为，所以，即，故.【点睛】本题考查求直线方程中的参数，属于基础题。16、【解析】由题意可得：，结合向量的运算法则和向量模的计算公式可得的值.【详解】由题意可得：
14、，则：.【点睛】本题主要考查向量模的求解，向量的运算法则等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.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）只需证明平面，即可得平面平面平面；（2）设，则，由四棱锥的侧面积，取得，在平面内作，垂足为可得平面且,即可求四棱锥的体积【详解】（1）由已知，得，由于，故，从而平面，又平面，所以平面平面.（2）设，则，所以，从而，也为等腰直角三角形，为正三角形，于是四棱锥的侧面积，解得，在平面内作，垂足为，由（1）知，平面，故，可得平面且，故四棱锥的体积【点睛】本题考查了面面垂直的判定与证明，以及四棱锥的体积的求解问题，意在考查学生的空
