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1、北京师大第二附中2024年高一下数学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己知函数(,)的图象(部分)如图所示,则的解析式是()ABCD2在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若abccosBccosA,则ABC的形状
2、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执行如图所示的程序框图,则输出的值是( )ABCD4若,则t=()A32B23C14D135已知函数,则在上的单调递增区间是( )ABCD6设等差数列的前项和为,若公差,则的值为( )A65B62C59D567 “”是“”成立的()A充分非必要条件.B必要非充分条件.C充要条件.D既非充分又非必要条件.8已知扇形的圆心角,弧长为,则该扇形的面积为( )ABC6D129如图,为正三角形,则多面体的正视图(也称主视图)是ABCD10袋中共有6个除了颜色外完全相同的球,其中有1个红球,2个白球和3个黑球,从袋中任取两球,两球颜色为
3、一白一黑的概率等于( )ABCD二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11函数f(x)2cos(x)1的对称轴为_,最小值为_12若无穷等比数列的各项和等于,则的取值范围是_13已知三棱锥的外接球的球心恰好是线段的中点,且,则三棱锥的体积为_.14已知,且,则_15如图,在中,已知点在边上,则的长为_16已知向量 , ,若向量 与 垂直,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已知过点A(0,1)且斜率为k的直线l与圆C:(x2)2(y3)21交于M,N两点(1)求k的取值范围;(2)若12,其中O为坐标原点,求|MN|.18设等差
4、数列满足.(1)求数列的通项公式;(2)若成等比数列,求数列的前项和.19如图所示,在直三棱柱中,M、N分别为、的中点求证:平面;求证:平面20如图,在中,四边形是边长为的正方形,平面平面,若,分别是的中点.(1)求证:平面;(2)求证:平面平面;(3)求几何体的体积.21如图,在中, , ,点在边上,且, .(1)求;(2)求的长.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、C【解析】根据图象可知,利用正弦型函数可求得;根据最大值和最小值可确定,利用及可求得,从而得到函数解析式.【详解】由图象可知,的最小正周期:又 又,
5、且 ,即, 本题正确选项:【点睛】本题考查根据图象求解三角函数解析式的问题,关键是能够明确由最大值和最小值确定;由周期确定;通常通过最值点来进行求解,属于常考题型.2、D【解析】用正弦定理化边为角,再由诱导公式和两角和的正弦公式化简变形可得【详解】abccosBccosA,,,或,或,故选:D.【点睛】本题考查正弦定理,考查三角形形状的判断解题关键是诱导公式的应用3、C【解析】根据程序框图列出算法循环的每一步,结合判断条件得出输出的的值.【详解】执行如图所示的程序框图如下:不成立,;不成立,;不成立,;不成立,.成立,跳出循环体,输出的值为,故选C.【点睛】本题考查利用程序框图计算输出结果,对
6、于这类问题,通常利用框图列出算法的每一步,考查计算能力,属于中等题.4、B【解析】先计算得到,再根据得到等式解得答案.【详解】故答案选B【点睛】本题考查了向量的计算,意在考查学生对于向量运算法则的灵活运用及计算能力.5、C【解析】先令,则可求得的单调区间,再根据,对赋值进而限定范围即可【详解】由题,令,则,当时,在上单调递增,则当时,的单调增区间为,故选:C【点睛】本题考查正弦型函数的单调区间,属于基础题6、A【解析】先求出,再利用等差数列的性质和求和公式可求.【详解】,所以,故选A.【点睛】一般地,如果为等差数列,为其前项和,则有性质:(1)若,则;(2) 且 ;(3)且为等差数列;(4)
7、为等差数列.7、A【解析】依次分析充分性与必要性是否成立.【详解】时,而时不一定成立,所以“”是“”成立的充分非必要条件,选A.【点睛】本题考查充要关系判定,考查基本分析判断能力,属基础题8、A【解析】可先由弧长计算出半径,再计算面积【详解】设扇形半径为,则,故选:A【点睛】本题考查扇形面积公式,考查扇形弧长公式,掌握扇形的弧长和面积公式是解题基础9、D【解析】为三角形,平面,且,则多面体的正视图中,必为虚线,排除B,C,说明右侧高于左侧,排除A.,故选D.10、B【解析】试题分析:由题意故选B二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11、 3 【解析】利用余弦函数的图象的对称性,余
8、弦函数的最值,求得结论【详解】解:对于函数,令,求得,根据余弦函数的值域可得函数的最小值为,故答案为:;【点睛】本题主要考查余弦函数的图象的对称性,余弦函数的最值,属于基础题12、【解析】根据题意可知,从而得出,再由,即可求出的取值范围【详解】解:由题意可知,且,或,故的取值范围是,故答案为:【点睛】本题主要考查等比数列的极限问题,解题时要熟练掌握无穷等比数列的极限和,属于基础题13、【解析】根据题意得出平面后,由计算可得答案.【详解】因为三棱锥的外接球的球心恰好是的中点,所以和都是直角三角形,又因为,所以,又,则平面.因为,所以三角形为边长是的等边三角形,所以.故答案为:【点睛】本题考查了直
9、线与平面垂直的判定,考查了三棱锥与球的组合,考查了三棱锥的体积公式,属于中档题.14、【解析】试题分析:由得:解方程组:得:或因为,所以所以不合题意,舍去所以,所以,答案应填:.考点:同角三角函数的基本关系和两角差的三角函数公式.15、【解析】由诱导公式可知,在中用余弦定理可得BD的长。【详解】由题得,在中,可得,又,代入得,解得.故答案为:【点睛】本题考查余弦定理和诱导公式,是基础题。16、【解析】,所以,解得三、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、(3);(3)3【解析】试题分析:(3)由题意可得,直线l的斜率存在,用点斜式求得直线l的方程,根
10、据圆心到直线的距离等于半径求得k的值,可得满足条件的k的范围(3)由题意可得,经过点M、N、A的直线方程为y=kx+3,根据直线和圆相交的弦长公式进行求解试题解析:(3)由题意可得,直线l的斜率存在,设过点A(2,3)的直线方程:y=kx+3,即:kx-y+3=2由已知可得圆C的圆心C的坐标(3,3),半径R=3故由,解得:故当,过点A(2,3)的直线与圆C:相交于M,N两点(3)设M;N,由题意可得,经过点M、N、A的直线方程为y=kx+3,代入圆C的方程,可得,由,解得 k=3,故直线l的方程为 y=x+3,即 x-y+3=2圆心C在直线l上,MN长即为圆的直径所以|MN|=3考点:直线与
11、圆的位置关系;平面向量数量积的运算18、(1)或;(2).【解析】(1)利用等差数列性质先求出的值,进而得到公差,最后写出数列的通项公式;(2)依照题意找出(1)中符合条件的数列,再用等差数列前项和公式求出数列的前项和【详解】(1)因为等差数列,且,所以所以,又,所以,于是或设等差数列的公差为,则或,的通项公式为:或;(2)因为成等比数列,所以所以数列的前项和.【点睛】本题主要考查等差数列的性质、通项公式的求法以及等差数列前项和公式,注意分类讨论思想的应用19、(1)见解析; (2)见解析.【解析】(1)推导出,从而平面,进而,再由,得是正方形,由此能证明平面取的中点F,连BF、推导出四边形B
12、MNF是平行四边形,从而,由此能证明平面【详解】证明:在直三棱柱中,侧面底面ABC,且侧面底面,即,平面,平面, ,是正方形,平面 取的中点F,连BF、 在中,N、F是中点,又,故四边形BMNF是平行四边形,而面,平面,平面【点睛】本题考查线面垂直、线面平行的证明,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,是中档题20、(1)详见解析(2)详见解析(2)【解析】试题分析:(1)如图,连接EA交BD于F,利用正方形的性质、三角形的中位线定理、线面平行的判定定理即可证明(2)利用已知可得:FG平面EBC,可得FBG就是线BD与平面EBC所成的角经过计算即可得出(3)利用体积公式即可得出试题
13、解析:(1)如图,连接,易知为的中点.因为,分别是和的中点,所以,因为平面,平面,所以平面.(2)证明:因为四边形为正方形,所以.又因为平面平面,所以平面.所以.又因为,所以.所以平面.从而平面平面.(3)取AB中点N,连接,因为,所以,且.又平面平面,所以平面.因为是四棱锥,所以.即几何体的体积.点睛:本题考查了正方形的性质、线面,面面平行垂直的判定与性质定理、三棱锥的体积计算公式、线面角的求法,考查了推理能力与计算能力,属于中档题21、(1);(2)7.【解析】试题分析:(I)在中,利用外角的性质,得即可计算结果;(II)由正弦定理,计算得,在中,由余弦定理,即可计算结果试题解析:(I)在中,(II)在中,由正弦定理得:在中,由余弦定理得:考点:正弦定理与余弦定理