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1、上海市宝山区淞浦中学2024年高一数学第二学期期末质量检测试题请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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执行如图所示的程序框图，输出S的值为（ ）ABCD2已知正方体中，、分别为，的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ）ABCD3设等比数列的前项和为，且，则（ ）ABCD4已知，函数的最小值是（ ）A5B4C8D
2、65在ABC中，则A等于（ ）A30B60C120D1506已知，则（ ）ABC或D或7若各项为正数的等差数列的前n项和为，且，则（ ）A9B14C7D188已知角的终边经过点，则（ ）ABCD9在中，点P是内（包括边界）的一动点，且（），则的最大值为（ ）A6BCD610在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若a、b、c成等比数列，且，则( )ABCD二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11已知三棱锥PABC，PA平面ABC，ACBC，PA2，ACBC1，则三棱锥PABC外接球的体积为_ .12若关于的方程（）在区间有实根，则最小值是_13若数列满足，且，则_.14已知扇
3、形的圆心角，扇形的面积为，则该扇形的弧长的值是_.15已知向量、满足，且，则与的夹角为_.16若，方程的解为_.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设数列的前项和为，若且求若数列满足，求数列的前项和.18如图，在正方形中，点是的中点，点是的中点，将分别沿折起，使两点重合于，连接.（1）求证：；（2）点是上一点，若平面，则为何值？并说明理由.（3）若，求二面角的余弦值. 19已知C经过点、两点，且圆心C在直线上.（1）求C的方程；（2）若直线与C总有公共点，求实数的取值范围.20已知函数（1）求的最小正周期；（2）求在区间上的最大值和最小值21已知
4、等比数列中，是和的等差中项(1)求数列的通项公式；(2)记，求数列的前项和.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、D【解析】试题分析：由已知可得，故选D.考点：程序框图.2、A【解析】连接, 则，所以为所求的角【详解】连结，因为、分别为，的中点，所以，则为所求的角，设正方体棱长为1，则，三角形AD1B为直角三角形，,选择A【点睛】本题主要考查了异面直线所成的夹角;求异面直线的夹角，通常把其中一条直线平移到和另外一条直线相交即得异面直线所成的角属于中等题3、C【解析】由，联立方程组，求出等比数列的首项和公比，然后求【详
5、解】解：若，则，显然不成立，所以由，得，所以，所以公比所以或者利用，所以故选：C【点睛】本题主要考查等比数列的前项和公式的应用，要求熟练掌握，特别要注意对公比是否等于1要进行讨论，属于基础题4、D【解析】试题分析：因为该函数的单调性较难求，所以可以考虑用不等式来求最小值，因为，由重要不等式可知，所以，本题正确选项为D.考点：重要不等式的运用.5、C【解析】试题分析：考点：余弦定理解三角形6、B【解析】先根据角的范围及平方关系求出和，然后可算出，进而可求出【详解】因为，所以，所以，所以因为，所以故选：B【点睛】在由三角函数的值求角时，应根据角的范围选择合适的三角函数，以免产生多的解.7、B【解析
6、】根据等差中项定义及条件式,先求得.再由等差数列的求和公式,即可求得的值.【详解】数列为各项是正数的等差数列则由等差中项可知所以原式可化为,所以 由等差数列求和公式可得故选:B【点睛】本题考查了等差中项的性质,等差数列前n项和的性质及应用,属于基础题.8、C【解析】首先根据题意求出，再根据正弦函数的定义即可求出的值.【详解】，.故选：C【点睛】本题主要考查正弦函数的定义，属于简单题.9、B【解析】利用余弦定理和勾股定理可证得；取，作，根据平面向量平行四边形法则可知点轨迹为线段，由此可确定，利用勾股定理可求得结果.【详解】由余弦定理得： 如图，取，作，交于在内（包含边界） 点轨迹为线段当与重合时
7、，最大 ，即故选：【点睛】本题考查向量模长最值的求解问题，涉及到余弦定理解三角形的应用；解题关键是能够根据平面向量线性运算确定动点轨迹，根据轨迹确定最值点.10、A【解析】先由a、b、c成等比数列，得到，再由题中条件，结合余弦定理，即可求出结果.【详解】解：a、b、c成等比数列，所以，所以，由余弦定理可知，又，所以.故选A【点睛】本题主要考查解三角形，熟记余弦定理即可，属于常考题型.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】如图所示,取PB的中点O，PA平面ABC，PAAB，PABC，又BCAC，PAACA，BC平面PAC，BCPC.OAPB，OCPB，OAOBOCOP，
8、故O为外接球的球心又PA2，ACBC1，AB，PB，外接球的半径R.V球R3()3,故填.点睛: 空间几何体与球接、切问题的求解方法:(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PAa，PBb，PCc，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2a2b2c2求解12、【解析】将看作是关于的直线方程，则表示点到点的距离的平方，根据距离公式可求出点到直线的距离最小，再结合对勾函数的单调性，可求出最小值。
9、【详解】将看作是关于的直线方程，表示点与点之间距离的平方，点到直线的距离为，又因为，令， 在上单调递增，所以，所以的最小值为【点睛】本题主要考查点到直线的距离公式以及对勾函数单调性的应用，意在考查学生转化思想的的应用。13、【解析】对已知等式左右取倒数可整理得到，进而得到为等差数列；利用等差数列通项公式可求得，进而得到的通项公式，从而求得结果.【详解】 ，即数列是以为首项，为公差的等差数列 故答案为：【点睛】本题考查利用递推公式求解数列通项公式的问题，关键是明确对于形式的递推关系式，采用倒数法来进行推导.14、【解析】先结合求出，再由求解即可【详解】由，则故答案为：【点睛】本题考查扇形的弧长和
10、面积公式的使用，属于基础题15、【解析】直接应用数量积的运算，求出与的夹角【详解】设向量、的夹角为；，.故答案为：【点睛】本题考查向量的夹角计算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于基础题.16、【解析】运用指数方程的解法，结合指数函数的值域，可得所求解【详解】由，即，因，解得，即.故答案：.【点睛】本题考查指数方程的解法，以及指数函数的值域，考查运算能力，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）由时，再验证适合，于是得出，再利用等差数列的求和公式可求出；（2）求出数列的
11、通项公式，判断出数列为等比数列，再利用等比数列的求和公式求出数列的前项和【详解】（1）当且时，；也适合上式，所以，则数列为等差数列，因此，；（2），且，所以，数列是等比数列，且公比为，所以【点睛】本题考查数列的前项和与数列通项的关系，考查等差数列与等比数列的求和公式，考查计算能力，属于中等题18、 (1)证明见详解；(2)，理由见详解；（3）.【解析】（1）通过证明EF平面PBD，即可证明；（2）通过线面平行，将问题转化为线线平行，在平面图形中根据线段比例进而求解；（3）根据（1）（2）所得，找到二面角的平面角，然后再进行求解.【详解】（1）证明：因为四边形ABCD为正方形，故DAAE，DC，
12、即折叠后的DP又因为平面PEF，平面PEF，故DP平面PEF，又平面PEF，故.在正方形ABCD中，容易知EF，又平面PBD，平面PBD，故EF平面PBD，又平面PBD故，即证.（2）连接BD交EF于O，连接OM，作图如下因为/平面，平面PBD，平面PBD平面=MO故/MO在中，由，以及E、F分别是正方形ABCD两边的中点，故可得即为所求.（3）过M作MH垂直于BD，垂足为H，连接OP，作图如下：由（1）可知：EF平面PBD，因为MH平面PBD，故EF又，平面EDF，BD平面EDF，故MH平面EDF，又因为BDEF，故即为所求二面角的平面角.设正方形ABCD的边长为4，因为，故PM=1，故在中
13、，PM=1，EP=2，根据勾股定理可得ME同理：在中，PM=1，PF=2，根据勾股定理可得MF=又EF=故在等腰三角形EMF中，因为O是EF的中点，故MO=.由（1）可知，PD平面PEF，又OP平面PEF，故PDOP，则，故可得，又在中，PE=PF=2，EF=2，O为斜边EF上的中点，故OP=，又因为MD=3，OD=故可解得MH=故在中，MH=1，MO=，由勾股定理可得OH=故.故二面角的余弦值为.【点睛】本题考查由线面垂直推证线线垂直，由线面平行得到线线平行，以及二面角的求解，属综合中档题.19、（1）（2）【解析】试题分析：(1)解法1：由题意利用待定系数法可得C方程为.解法2：由题意结合几何关系确定圆心坐标和半径的长度可得C的方程为.(2)解法1：利用圆心到直线的距离与圆的半径的关系得到关系k的不等式，求解不等式可得.解法2：联立直线与圆的方程，结合可得.试题解析：（1）解法1：设圆的方程为，则，所以C方程为.解法2：由于AB的中点为，则线段AB的垂直平分线方程为而圆心C必为直线与直线的交点，由解得，即圆心，又半径为，故C的方程为.（2）解法1：因为直线与C总有公共点，则圆心到直线的距离不超过圆的半径，即，将其变形得，解得.解法2：由，因为直线与C总有公共点，则，解得.点睛：判断直线与圆的位置关
