《云南省迪庆州维西县第二中学2024届数学高一下期末检测试题含解析》由会员分享,可在线阅读,更多相关《云南省迪庆州维西县第二中学2024届数学高一下期末检测试题含解析(15页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、云南省迪庆州维西县第二中学2024届数学高一下期末检测试题注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。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同时掷两个骰子,向上的点数之和是的概率是()ABCD2甲:(是常数)乙:丙:(、是常数)丁:(、是常数),以上能成为数列是等差数列的充要条件的有几个( )A1B2C3D43若,且满足,则下列不等式成立的是( )
2、ABCD4若直线始终平分圆的周长,则的最小值为( )AB5C2D105将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象,若当时, 的图象与直线恰有两个公共点,则的取值范围为()ABCD6已知均为锐角,则=ABCD7下列各数中最小的数是()ABCD8如图,在中,若,则( )ABCD9已知圆与交于两点,其中一交点的坐标为,两圆的半径之积为9,轴与直线都与两圆相切,则实数( )ABCD10直线xy+20与圆x2+(y1)24的位置关系是()A相交B相切C相离D不确定二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11已知等比数列中,若,则_12若 则的最小值是_13设数列的前项和,若,则的通项公式为
3、_14已知点及其关于原点的对称点均在不等式表示的平面区域内,则实数的取值范围是_15函数的最大值为 16若八个学生参加合唱比赛的得分为87,88,90,91,92,93,93,94,则这组数据的方差是_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,在四棱锥中,底面是菱形,底面.()证明:;()若,求直线与平面所成角的余弦值.18如图,在四边形ABCD中,已知,.(1)求的值;(2)若,且,求BC的长.19如图所示,在平面四边形ABCD中,AD1,CD2,AC.(1)求cosCAD的值;(2)若cosBAD,sinCBA,求BC的长20已知公差不为零的
4、等差数列中,且成等比数列()求数列的通项公式;()令,求数列的前项和21已知直线与圆相交于,两点(1)若,求;(2)在轴上是否存在点,使得当变化时,总有直线、的斜率之和为0,若存在,求出点的坐标:若不存在,说明理由参考答案一、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】分别计算出所有可能的结果和点数之和为的所有结果,根据古典概型概率公式求得结果.【详解】同时掷两个骰子,共有种结果其中点数之和是的共有:,共种结果点数之和是的概率为:本题正确选项:【点睛】本题考查古典概型问题中的概率的计算,关键是能够准确计算出总体基本事件个数和
5、符合题意的基本事件个数,属于基础题.2、D【解析】由等差数列的定义和求和公式、通项公式的关系,以及性质,即可得到结论.【详解】数列是等差数列,设公差为,由定义可得(是常数),且(是常数),令,即(、是常数),等差数列通项,令,即(、是常数),综上可得甲乙丙丁都对.故选:D.【点睛】本题考查等差数列的定义和通项公式、求和公式的关系,考查充分必要条件的定义,考查推理能力,属于基础题.3、C【解析】通过反例可依次排除选项;根据不等式的性质可判断出正确.【详解】选项:若,则,可知错误;选项:若,则,可知错误;选项: 又 ,可知正确;选项:当时,可知错误.本题正确选项:【点睛】本题考查不等式性质的应用,
6、解决此类问题通常采用排除法,利用反例来排除错误选项即可,属于基础题.4、B【解析】试题分析:把圆的方程化为标准方程得,所以圆心坐标为半径,因为直线始终平分圆的周长,所以直线过圆的圆心,把代入直线得;即,在直线上,是点与点的距离的平方,因为到直线的距离,所以的最小值为,故选B.考点:1、圆的方程及几何性质;2、点到直线的距离公式及最值问题的应用.【方法点晴】本题主要考查圆的方程及几何性质、点到直线的距离公式及最值问题的应用,属于难题.解决解析几何的最值问题一般有两种方法:一是几何意义,特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决,非常巧妙;二是将解析几何中最值问题转化为函数问题,然后根据函数
7、的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法,本题就是利用几何意义,将的最小值转化为点到直线的距离解答的.5、C【解析】根据二倍角和辅助角公式化简可得,根据平移变换原则可得;当时,;利用正弦函数的图象可知若的图象与直线恰有两个公共点可得,解不等式求得结果.【详解】由题意得:由图象平移可知:当时,又的图象与直线恰有两个公共点,解得:本题正确选项:【点睛】本题考查根据交点个数求解角的范围的问题,涉及到利用二倍角和辅助角公式化简三角函数、三角函数图象平移变换原则的应用等知识;关键是能够利用正弦函数的图象,采用数形结合的方式确定角所处的范围.6、A【解析】因为,所以
8、,又,所以,则;因为且,所以,又,所以;则=;故选A.点睛:三角函数式的化简要遵循“三看”原则(1)一看“角”,这是最重要的一环,通过看角之间的区别和联系,把角进行合理的拆分,从而正确使用公式;(2)而看“函数名称”看函数名称之间的差异,从而确定使用公式,常见的有“切化弦”;(3)三看“结构特征”,分析结构特征,可以帮助我们找到变形的方向,如“遇到分式通分”等.7、D【解析】将选项中的数转化为十进制的数,由此求得最小值的数.【详解】依题意,故最小的为D.所以本小题选D.【点睛】本小题主要考查不同进制的数比较大小,属于基础题.8、B【解析】 又, 故选B.9、A【解析】根据圆的切线性质可知连心线
9、过原点,故设连心线,再代入,根据方程的表达式分析出是方程的两根,再根据韦达定理结合两圆的半径之积为9求解即可.【详解】因为两切线均过原点,有对称性可知连心线所在的直线经过原点,设该直线为,设两圆与轴的切点分别为,则两圆方程为:,因为圆与交于两点,其中一交点的坐标为.所以,.又两圆半径之积为9,所以联立可知是方程的两根,化简得,即.代入可得,由题意可知,故.因为的倾斜角是连心线所在的直线的倾斜角的两倍.故,故.故选:A【点睛】本题主要考查了圆的方程的综合运用,需要根据题意列出对应的方程,结合韦达定理以及直线的斜率关系求解.属于难题.10、A【解析】求得圆心到直线的距离,然后和圆的半径比较大小,从
10、而判定两者位置关系,得到答案【详解】由题意,可得圆心 到直线的距离为,所以直线与圆相交故选:A【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系判定,其中解答中熟记直线与圆的位置关系的判定方法是解答的关键,着重考查了推理与计算能力,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、4【解析】根据等比数列的等积求解即可.【详解】因为,故.又,故.故答案为:4【点睛】本题主要考查了等比数列等积性的运用,属于基础题.12、【解析】根据对数相等得到,利用基本不等式求解的最小值得到所求结果.【详解】则,即 由题意知,则,则当且仅当,即时取等号本题正确结果:【点睛】本题考查基本不等式求解和的最小值问
11、题,关键是能够利用对数相等得到的关系,从而构造出符合基本不等式的形式.13、【解析】已知求,通常分进行求解即可。【详解】时,化为:时,解得不满足上式数列在时成等比数列时,故答案为: 【点睛】本题主要考查了数列通项式的求法:求数列通项式常用的方法有累加法、定义法、配凑法、累乘法等。14、【解析】根据题意,设与关于原点的对称,分析可得的坐标,由二元一次不等式的几何意义可得,解可得的取值范围,即可得答案【详解】根据题意,设与关于原点的对称,则的坐标为,若、均在不等式表示的平面区域内,则有,解可得:,即的取值范围为,;故答案为,【点睛】本题考查二元一次不等式表示平面区域的问题,涉及不等式的解法,属于基
12、础题15、【解析】略16、1.1【解析】先求出这组数据的平均数,由此能求出这组数据的方差【详解】八个学生参加合唱比赛的得分为87,88,90,91,92,93,93,94,则这组数据的平均数为:(87+88+90+91+92+93+93+94)91,这组数据的方差为:S2(8791)2+(8891)2+(9091)2+(9191)2+(9291)2+(9391)2+(9391)2+(9491)21.1故答案为1.1【点睛】本题考查方差的求法,考查平均数、方差的性质等基础知识,考查了推理能力与计算能力,是基础题三、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、
13、()见解析()【解析】()由底面推出,由菱形的性质推出,即可推出平面从而得到;()根据已知条件先求出AB,再利用菱形的对角线垂直求出AC,由求出PC,即可求得余弦值.【详解】()证明:连接,底面,底面,.四边形是菱形,.又,平面,平面,平面,.()设直线AC与BD交于点O,底面,直线与平面所成角的是.设“”,由,可得,四边形是菱形,在中,则,于是,直线与平面所成角的余弦值是.【点睛】本题考查线线垂直、线面垂直的证明,菱形的性质,直线与平面所成的角,属于基础题.18、(1)(2)【解析】(1)由正弦定理可得;(2)由(1)求得,然后利用余弦定理求解【详解】(1)在中,由正弦定理,得,因为,所以;(2)由(1)可知,因为,所以,在中,由余弦定理,得,因为,所以,即,解得或,又,则.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理解三角形,掌握正弦定理和余弦定理是解题关键19、 (1)(2)【解析】试题分析:(1)利用题意结合余弦定理可得;(2)利用题意结合正弦定理可得:.试题解析:(I)在中,由余弦定理得 (II)设 在中,由正弦定理, 故点睛:在解决三角形问题中,面积公式S absin C bcsin A acsin B最常用,因为公式中既有边又有角,容易和正弦定理、余弦定理联系起来.20、();().【解析】()解方程组即得,即