《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
