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1、四川成都实验中学2024届高一下数学期末统考试题考生须知：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函数则（ ）ABC2D02化简的结果是（）ABCD3直线的倾斜角为ABCD4已知分别是的边的中点，则；中正确等式的个数为（ ）A0B1C2D35甲、乙两名运
2、动员分别进行了5次射击训练，成绩如下：甲：7，7，8，8，1；乙：8，9，9，9，1若甲、乙两名运动员的平均成绩分别用，表示，方差分别用，表示，则（ ）A，B，C，D，6在数列中，则的值为：A52B51C50D497已知，满足，则（）ABCD8已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，在底面内的射影为的中心，则与底面所成角的正弦值等于（ ）ABCD9已知向量，若，则的最小值为（ ）.A12BC16D10若数列an是等比数列，且an0，则数列也是等比数列. 若数列是等差数列，可类比得到关于等差数列的一个性质为( ).A是等差数列B是等差数列C是等差数列D是等差数列二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，
3、共30分。11已知数列满足:,则_.12已知，则_13明代程大位算法统宗卷10中有题：“远望巍巍塔七层，红灯点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”则尖头共有_盏灯14关于的不等式的解集是，则_15数列满足，则的前60项和为_16若直线平分圆，则的值为_.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，且（1）当时，解不等式；（2）在恒成立，求实数的取值范围.18如图，四棱锥中，底面为平行四边形，底面.（1）证明：；（2）设，求点到面的距离.19在等比数列中，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.20在中，角，的对边分别是， （1）
4、若，求（2）若在线段上，且，求的长21已知函数，.（1）把表示为的形式，并写出函数的最小正周期、值域；（2）求函数的单调递增区间：（3）定义：对于任意实数、，设，（常数），若对于任意，总存在，使得恒成立，求实数的取值范围.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、B【解析】先求得的值，进而求得的值.【详解】依题意，故选B.【点睛】本小题主要考查分段函数求值，考查运算求解能力，属于基础题.2、A【解析】根据平面向量加法及数乘的几何意义，即可求解，得到答案【详解】根据平面向量加法及数乘的几何意义，可得，故选A【点睛】本题主要
5、考查了平面向量的加法法则的应用，其中解答中熟记平面向量的加法法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题3、D【解析】把直线方程的一般式方程化为斜截式方程，求出斜率，根据斜率与倾斜角的关系，求出倾斜角.【详解】，设直线的倾斜角为，故本题选D.【点睛】本题考查了直线方程之间的转化、利用斜率求直线的倾斜角问题.4、C【解析】分别是的边的中点；故错误，正确 故正确；所以选C.5、D【解析】分别计算出他们的平均数和方差，比较即得解.【详解】由题意可得，故，故选D【点睛】本题主要考查平均数和方差的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.6、A【解析】由，得到，进而得到数列首项为
6、2，公差为的等差数列，利用等差数列的通项公式，即可求解，得到答案【详解】由题意，数列满足，即，又由，所以数列首项为2，公差为的等差数列，所以，故选A【点睛】本题主要考查了等差数列的定义，以及等差数列的通项公式的应用，其中解答中熟记等差数列的定义，以及等差数列的通项公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题7、A【解析】根据对数的化简公式得到,由指数的运算公式得到=，由对数的性质得到0,，进而得到结果.【详解】已知,=,0, 进而得到.故答案为A.【点睛】本题考查了指对函数的运算公式和对数函数的性质；比较大小常用的方法有：两式做差和0比较，分式注意同分，进行因式分解为两式相乘的形式；
7、或者利用不等式求得最值，判断最值和0的关系.8、B【解析】由题意不妨令棱长为，如图在底面内的射影为的中心，故由勾股定理得过作平面，则为与底面所成角，且如图作于中点与底面所成角的正弦值故答案选点睛：本题考查直线与平面所成的角，要先过点作垂线构造出线面角，然后计算出各边长度，在直角三角形中解三角形9、B【解析】根据向量的平行关系，得到间的等量关系，再根据“”的妙用结合基本不等式即可求解出的最小值.【详解】因为，所以，所以，又因为，取等号时即，所以.故选：B.【点睛】本题考查利用基本不等式求解最小值，难度一般.本题是基本不等式中的常见类型问题：已知，则，取等号时.10、B【解析】试题分析：本题是由等
8、比数列与等差数列的相似性质，推出有关结论：由“等比”类比到“等差”，由“几何平均数”类比到“算数平均数”；所以，所得结论为是等差数列.考点：类比推理.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、0【解析】先由条件得，然后【详解】因为所以因为，且所以，即故答案为：0【点睛】本题考查的是数列的基础知识，较简单.12、【解析】直接利用反三角函数求解角的大小，即可得到答案.【详解】因为，根据反三角函数的性质，可得.故答案为：.【点睛】本题主要考查了三角方程的解法，以及反三角函数的应用，属于基础题.13、1【解析】依题意，这是一个等比数列，公比为2，前7项和为181，由此能求出结果【详解】依
9、题意，这是一个等比数列，公比为2，前7项和为181，181，解得a11故答案为：1【点睛】本题考查等比数列的首项的求法，考查等比数列的前n项和公式，是基础题14、【解析】利用二次不等式解集与二次方程根的关系，由二次不等式的解集得到二次方程的根，再利用根与系数的关系，得到和的值，得到答案.【详解】因为关于的不等式的解集是，所以关于的方程的解是，由根与系数的关系得，解得，所以.【点睛】本题考查二次不等式解集和二次方程根之间的关系，属于简单题.15、1830【解析】由题意可得，变形可得，利用数列的结构特征，求出的前60项和【详解】解： ，从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，
10、依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列，的前60项和为，故答案为：【点睛】本题主要考查递推公式的应用，考查利用构造等差数列求数列的前项和，属于中档题16、1【解析】把圆的一般式方程化为标准方程得到圆心，根据直线过圆心，把圆心的坐标代入到直线的方程，得到关于的方程，解方程即可【详解】圆的标准方程为，则圆心为直线过圆心解得故答案为【点睛】本题考查的是直线与圆的位置关系，解题的关键是求出圆心的坐标，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】试题分析：（1）当时，可得，即为，由对数函数的单调性，可得不
11、不等式的解集；（2）由在上恒成立，得在上恒成立，讨论，根据的范围，由恒成立思想，可得的范围.试题解析：（1）当时，解不等式，得，即， 故不等式的解集为.（2）由在恒成立，得在恒成立， 当时，有，得， 当时，有，得， 故实数的取值范围.18、（1）见解析（2）【解析】试题分析：（）要证明线线垂直，一般用到线面垂直的性质定理，即先要证线面垂直，首先由已知底面.知，因此要证平面，从而只要证，这在中可证；（）要求点到平面的距离，可过点作平面的垂线，由（）的证明，可得平面，从而有平面，因此平面平面，因此只要过作于，则就是的要作的垂线，线段的长就是所要求的距离试题解析：（）证明：因为，由余弦定理得.从而，
12、又由底面，面，可得.所以平面.故.（）解：作，垂足为.已知底面，则，由（）知，又，所以.故平面，.则平面.由题设知，则，根据，得，即点到面的距离为.考点：线面垂直的判定与性质点到平面的距离19、（1）（2）【解析】（1）利用条件求数列的首项与公比，确定所求.(2)将分组，再利用等比数列前n项和公式求和【详解】解：（1）设等比数列的公比为，所以，由，所以，则；（2），所以数列的前项和,则数列的前项和.【点睛】本题考查等比数列的通项，分组求和法，考查计算能力，属于中档题.20、（1）；（2）【解析】（1）根据正弦定理化简边角关系式，可整理出余弦定理形式，得到；再根据正弦定理求得，根据同角三角函数得
13、到；根据两角和差公式求得；（2）设，在中利用余弦定理构造方程求得，从而可证得，利用勾股定理求得结果.【详解】（1）由正弦定理得：整理得： 由正弦定理得： （2）设，则：，在中，利用余弦定理得：，解得：（舍）或，又，即 【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到正弦定理化简边角关系式、同角三角函数求解、两角和差公式的运算，考查对于定理和公式的应用，属于常规题型.21、（1）；（2）（3）【解析】（1）结合二倍角正弦公式和辅助角公式即可化简；（2）结合（1）中所求表达式，正弦型函数单调增区间的通式即可求解；（3）根据题意可得，求出的值域，列出关于的不等式组，即可求解【详解】（1），值域为；（2）令，解得，所以函数的单调递增区间为，;（3）若对于任意，总存在，使得恒成立，则，当，即时，当，即时，故，所以，解得，所以实数的取值范围是【点睛】本题考查三角函数的化简和三角函数的性质应用，函数恒成立问题的转化，属于中档题
