《2024届贵州省“阳光校园·空中黔课”阶段性检测高一下数学期末考试试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届贵州省“阳光校园·空中黔课”阶段性检测高一下数学期末考试试题含解析（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2024届贵州省“阳光校园空中黔课”阶段性检测高一下数学期末考试试题注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小
2、题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1已知偶函数在区间上单调递增，则满足的的取值范围是（ ）ABCD 2已知、是球的球面上的两点，点为该球面上的动点，若三棱锥体积的最大值为，则球的表面积为( )ABCD3在锐角中，内角，的对边分别为，若，则等于（ ）ABCD4在长方体中，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）ABCD5向量，若，则的值是（）ABCD6如图，在中，若，则( )ABCD7若直线：与直线：平行，则的值为( )A-1B0C1D-1或18下列说法正确的是（ ）A函数的最小值为B函数的最小值为C函数的最小值为D函数的最小值为9若平面平面，直线平面,则直线与平面的关系为( )ABC或D1
3、0某几何体的三视图如图所示，其外接球体积为（ ）ABCD二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11已知直线，圆O：上到直线的距离等于2的点有_个。12公比为的无穷等比数列满足：，则实数的取值范围为_.13_；14设为虚数单位，复数的模为_15在中，则的面积是_.16若直线l1：ykx+1与直线l2关于点（2，3）对称，则直线l2恒过定点_，l1与l2的距离的最大值是_.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已知数列的前项和为，点在直线上.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.18如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧面底面,是的中
4、点.（1）求证：平面；（2）求证：平面.19已知直线：，一个圆的圆心在轴上且该圆与轴相切，该圆经过点（1）求圆的方程；（2）求直线被圆截得的弦长20某购物中心举行抽奖活动，顾客从装有编号分别为0，1，2，3四个球的抽奖箱中，每次取出1个球，记下编号后放回，连续取两次（假设取到任何一个小球的可能性相同）.若取出的两个小球号码相加之和等于5，则中一等奖；若取出的两个小球号码相加之和等于4，则中二等奖；若取出的两个小球号码相加之和等于3，则中三等奖；其它情况不中奖.（）求顾客中三等奖的概率；（）求顾客未中奖的概率.21在等差数列an中，a1=1，公差d0，且a1，a2，a5是等比数列bn的前三项(1
5、)求数列an和bn的通项公式；(2)设cn=anbn，求数列cn的前n项和Sn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、A【解析】根据题意，由函数的奇偶性分析可得，进而结合单调性分析可得，解可得的取值范围，即可得答案【详解】解：根据题意，为偶函数，则，又由函数在区间上单调递增，则，解得：，故选：A【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，关键是得到关于的不等式2、A【解析】当点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，利用三棱锥体积的最大值为，求出半径，即可求出球的表面积【详解】如图所示，当点位于垂直于面的直径端
6、点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，.因此，球的表面积为.故选：A.【点睛】本题考查球的半径与表面积的计算，确定点的位置是关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.3、D【解析】由正弦定理将边化角可求得，根据三角形为锐角三角形可求得.【详解】由正弦定理得： ，即故选：【点睛】本题考查正弦定理边化角的应用问题，属于基础题.4、D【解析】由题意，由于图形中已经出现了两两垂直的三条直线,所以可以利用空间向量的方法求解直线与平面所成的夹角【详解】解：以点为坐标原点，以所在的直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则,为平面的一个法向量直线与平面所成角的正弦值为.故选：D【点睛】此题重点考查
7、了利用空间向量，抓住直线与平面所成的角与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角之间的关系,利用向量方法解决立体几何问题5、C【解析】由平面向量的坐标运算与共线定理，列方程求出的值【详解】向量=（-4，5），=（，1），则-=（-4-，4），又（-），所以-4-4=0，解得=-故选C【点睛】本题考查了平面向量的坐标运算与共线定理应用问题，是基础题6、B【解析】 又， 故选B.7、C【解析】两直线平行表示两直线斜率相等，写出斜率即可算出答案【详解】显然，所以，解得，又时两直线重合，所以故选C【点睛】此题考查直线平行表示直线斜率相等，属于简单题8、C【解析】A时无最小值；B令，由，可得，即，令，利用单
8、调性研究其最值；C令，令，利用单调性研究其最值；D当时，无最小值【详解】解：A时无最小值，故A错误；B令，由，可得，即，令，则其在上单调递减，故，故B错误；C令，令，则其在上单调递减，上单调递增，故，故C正确；D当时，无最小值，故D不正确故选：C【点睛】本题考查了基本不等式的性质、利用导数研究函数的单调性极值与最值、三角函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题9、C【解析】利用空间几何体，发挥直观想象，易得直线与平面的位置关系.【详解】设平面为长方体的上底面，平面为长方体的下底面，因为直线平面，所以直线通过平移后，可能与平面平行，也可能平移到平面内，所以或.【点睛】空间中点、线、面位
9、置关系问题，常可以借助长方体进行研究，考查直观想象能力.10、D【解析】易得该几何体为三棱锥,再根据三视图在长方体中画出该三棱锥,再根据此三棱锥与长方体的外接球相同求解即可.【详解】在长方体中画出该几何体,易得为三棱锥,且三棱锥与该长方体外接球相同.又长方体体对角线等于外接球直径,故.故外接球体积 故选：D【点睛】本题主要考查了三视图还原几何体以及求外接球体积的问题,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、3；【解析】根据圆心到直线的距离和半径之间的长度关系，可通过图形确定所求点的个数.【详解】由圆的方程可知，圆心坐标为，半径圆心到直线的距离：如上图所示，此时，则到
10、直线距离为的点有：，共个本题正确结果：【点睛】本题考查根据圆与直线的位置关系求解圆上点到直线距离为定值的点的个数，关键是能够根据圆心到直线的距离确定直线的大致位置，从而根据半径长度确定点的个数.12、【解析】依据等比数列的定义以及无穷等比数列求和公式，列出方程，即可求出的表达式，再利用求值域的方法求出其范围。【详解】由题意有，即，因为，所以。【点睛】本题主要考查无穷等比数列求和公式的应用以及基本函数求值域的方法。13、1【解析】利用诱导公式化简即可得出答案【详解】【点睛】本题考查诱导公式，属于基础题14、5【解析】利用复数代数形式的乘法运算化简，然后代入复数模的公式，即可求得答案【详解】由题意
11、，复数，则复数的模为故答案为5【点睛】本题主要考查了复数的乘法运算，以及复数模的计算，其中熟记复数的运算法则，和复数模的公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题15、【解析】计算，等腰三角形计算面积，作底边上的高，计算得到答案.【详解】， 过C作于D，则 故答案为【点睛】本题考查了三角形面积计算，属于简单题.16、（4，5） 4. 【解析】根据所过定点与所过定点关于对称可得，与的距离的最大值就是两定点之间的距离.【详解】直线：经过定点，又两直线关于点对称，则两直线经过的定点也关于点对称直线恒过定点，与的距离的最大值就是两定点之间的距离，即为.故答案为：，.【点睛】本题考查了过两条
12、直线交点的直线系方程，属于基础题.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、（1）（2）【解析】（1）先由题意得到，求出，再由，作出，得到数列为等比数列，进而可求出其通项公式；（2）先由（1）得到，再由错位相减法，即可求出结果.【详解】解：（1）由题可得.当时，即.由题设，两式相减得.所以是以2为首项，2为公比的等比数列，故.（2）由（1）可得，所以，.两边同乘以得.上式右边错位相减得.所以.化简得.【点睛】本题主要考查求数列的通项公式，以及数列的前项和，熟记等比数列的通项公式与求和公式，以及错位相减法求数列的和即可，属于常考题型.18、（1）证明见
13、解析；（2）证明见解析.【解析】（1）利用即可证明；（2）由面面垂直的性质即可证明【详解】证明：（1）在四棱锥中，底面是矩形，又平面，平面；平面；（2）侧面底面，侧面平面，平面，平面【点睛】本题考查了空间线面平行、垂直的证明，属于基础题.19、（1）；（2）.【解析】（1）由题意设圆心，半径，将点代入圆C的方程可求得a，可得圆的方程；（2）求出圆心C到直线l的距离d，利用勾股定理求出l被圆C所截得弦长【详解】（1）圆心在轴上且该圆与轴相切，设圆心，半径，设圆的方程为，将点代入得， 所求圆的方程为.（2）圆心到直线：的距离，直线被圆截得的弦长为.【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系及圆的方程的应用问题，考查了垂径定理的应用，是基础题20、（）；（）.【解析】（）利用列举法列出所有可能,设事件为“顾客中三等奖”,的事件.由古典概型概率计算公式即可求解.（）先分别求得中一等奖、二等奖和三等奖的概率,根据对立事件的概率性质即可求得未中奖的概率.【详解】（）所有基本事件包括共16个设事件为“顾客中三等奖”,事件包含基本事件共4个,所以.（）由题意,中一等奖时“两个小球号码相加之和等于5”,这一事件包括基本事件共2个中二等奖时,“两个小球号码相加之和等于4”,这一事件包括基本事
