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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
