《云南省寻甸县第五中学2024届高一数学第二学期期末检测试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《云南省寻甸县第五中学2024届高一数学第二学期期末检测试题含解析（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、云南省寻甸县第五中学2024届高一数学第二学期期末检测试题注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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已知一组正数的平均数为，方差为，则的平均数与方差分别为（ ）ABCD
2、2已知在中，则的形状是A锐角三角形B钝角三角形C等腰三角形D直角三角形3已知点G为的重心，若，则=( )ABCD4 “”是“”成立的（）A充分非必要条件.B必要非充分条件.C充要条件.D既非充分又非必要条件.5已知为不同的平面,为不同的直线则下列选项正确的是（ ）A若,则B若,则C若,则D若,则6已知数列的通项公式为，则72是这个数列的（ ）A第7项B第8项C第9项D第10项7设，则“”是“”的（ ）A充要条件B充分而不必要条件C必要而不充分条件D既不充分也不必要条件8已知是第二象限角，且，则的值为ABCD9在四边形中，将沿折起，使平面平面，构成三棱锥，如图，则在三棱锥中，下列结论正确的是（
3、）A平面平面B平面平面C平面平面D平面平面10若平面平面，直线平面，直线n平面，则直线与直线n的位置关系是（ ）A平行B异面C相交D平行或异面二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11已知一个三角形的三边长分别为3,5,7，则该三角形的最大内角为_12如果奇函数f（x）在3,7上是增函数且最小值是5，那么f（x）在-7,-3上是_.减函数且最小值是-5； 减函数且最大值是-5；增函数且最小值是-5； 增函数且最大值是-513已知均为正数，则的最大值为_.14已知直线与相互垂直，且垂足为，则的值为_.15等差数列前n项和为.已知+-=0，=38,则m=_.16在等比数列中，的值为_三
4、、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已知函数（1）求函数的定义域：（2）求函数的单调递减区间：（3）求函数了在区间上的最大值和最小值.18已知 是同一平面内的三个向量，其中 为单位向量.()若/ / ，求 的坐标； ()若 与 垂直，求与 的夹角q.19已知函数，且.（1）求常数及的最大值；（2）当时，求的单调递增区间.20如图，单位圆与轴正半轴相交于点，圆上的动点从点出发沿逆时针旋转一周回到点，设()，的面积为(当三点共线时，)，与的函数关系如图所示的程序框图.(1)写出程序框图中处的函数关系式；(2)若输出的值为，求点的坐标.21已知数列中，.
5、(1)令，求证：数列为等比数列；(2)求数列的通项公式；(3)令，为数列的前项和，求.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】根据平均数的性质和方差的性质即可得到结果.【详解】根据平均数的线性性质，以及方差的性质：将一组数据每个数扩大2倍，且加1，则平均数也是同样的变化，方差变为原来的4倍，故变换后数据的平均数为：；方差为4.故选：C.【点睛】本题考查平均数和方差的性质，属基础题.2、D【解析】利用正弦定理可将已知中的等号两边的“边”转化为它所对角的正弦，再利用余弦定理化简即得该三角形的形状【详解】根据正弦定
6、理，原式可变形为：所以整理得 故选【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.3、B【解析】由重心分中线为，可得，又（其中是中点），再由向量的加减法运算可得【详解】设是中点，则，又为的重心，故选B【点睛】本题考查向量的线性运算，解题关键是掌握三角形重心的性质，即重心分中线为两段4、A【解析】依次分析充分性与必要性是否成立.【详解】时，而时不一定成立，所以“”是“”成立的充分非必要条件，选A.【点睛】本题考查充要关系判定，考查基本分析判断能力，属基础题5、C【解析】通过对ABCD逐一判断，利用点线面的位置关系即可得到答案.【详解】对于A选项，
7、有可能异面，故错误；对于B选项，可能相交或异面，故错误；对于C选项，显然故正确；对于D选项，也有可能，故错误.所以答案选C.【点睛】本题主要考查直线与平面的位置关系，意在考查学生的空间想象能力，难度不大.6、B【解析】根据数列的通项公式，令，求得的值，即可得到答案.【详解】由题意，数列的通项公式为，令，即，解得或（不合题意），所以是数列的第8项，故选B.【点睛】本题主要考查了数列的通项公式的应用，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.7、C【解析】首先解两个不等式，再根据充分、必要条件的知识选出正确选项.【详解】由解得.由得.所以“”是“”的必要而不充分条件故选：C【点睛】本小题主要考查充分、
8、必要条件的判断，考查绝对值不等式的解法，属于基础题.8、B【解析】试题分析：因为是第二象限角，且，所以考点：两角和的正切公式9、D【解析】折叠过程中，仍有，根据平面平面可证得平面，从而得到正确的选项.【详解】在直角梯形中，因为为等腰直角三角形，故，所以，故，折起后仍然满足.因为平面平面，平面，平面平面，所以平面，因平面，所以.又因为，所以平面，因平面，所以平面平面.【点睛】面面垂直的判定可由线面垂直得到，而线面垂直可通过线线垂直得到，注意面中两条直线是相交的由面面垂直也可得到线面垂直，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线.10、D【解析】由面面平行的定义，可得两直线无公共点，可得所求结论【详解
9、】平面平面，可得两平面，无公共点，即有直线与直线也无公共点，可得它们异面或平行，故选：D【点睛】本题考查空间线线的位置关系，考查面面平行的定义，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、【解析】由题意可得三角形的最大内角即边7对的角，设为，由余弦定理可得 cos 的值，即可求得的值【详解】根据三角形中，大边对大角，故边长分别为3，5，7的三角形的最大内角即边7对的角，设为，则由余弦定理可得 cos，故答案为：C【点睛】本题主要考查余弦定理的应用，大边对大角，已知三角函数值求角的大小，属于基础题12、【解析】由题意结合奇函数的对称性和所给函数的性质即可求得最终结果【详解】
10、奇函数的函数图象关于坐标原点中心对称，则若奇函数f（x）在区间3，7上是增函数且最小值为1，那么f（x）在区间7，3上是增函数且最大值为1故答案为：【点睛】本题考查了奇函数的性质，函数的对称性及其应用等，重点考查学生对基础概念的理解和计算能力，属于中等题13、【解析】根据分子和分母的特点把变形为，运用重要不等式，可以求出的最大值.【详解】（当且仅当且时取等号）,（当且仅当且时取等号），因此的最大值为.【点睛】本题考查了重要不等式，把变形为是解题的关键.14、【解析】先由两直线垂直，可求出的值，将垂足点代入直线的方程可求出的点，再将垂足点代入直线的方程可求出的值，由此可计算出的值.【详解】，解得
11、，直线的方程为，即，由于点在直线上，解得，将点的坐标代入直线的方程得，解得，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查了由两直线垂直求参数，以及由两直线的公共点求参数，考查推理能力与计算能力，属于基础题.15、10【解析】根据等差数列的性质，可得：+=2，又+-=0，则2=， 解得=0（舍去）或=2.则，,所以m10.16、【解析】根据等比数列的性质，可得，即可求解.【详解】由题意，根据等比数列的性质，可得，解得.故答案为：【点睛】本题主要考查了等比数列的性质的应用，其中解答熟记等比数列的性质，准确计算是解答的关键，着重考查了计算能力，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
12、字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）.（2）,.（3）,.【解析】（1）根据分母不等于求出函数的定义域.（2）化简函数的表达式,利用正弦函数的单调减区间求解函数的单调减区间即可.（3）通过满足求出相位的范围,利用正弦函数的值域,求解函数的最大值和最小值.【详解】解：（1）函数的定义域为：,即,（2）,令且,解得：,即所以的单调递减区间：,.（3）由,可得：,当,即：时,当,即：时,【点睛】本题考查三角函数的最值以及三角函数的化简与应用,两角和与差的三角函数的应用考查计算能力.18、（）或（） 【解析】（）设，根据向量的模和共线向量的条件，列出方程组，即可求解（）由，根据向量的运算求得，再利
13、用向量的夹角公式，即可求解【详解】（）设由题则有解得或，（）由题即，【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，共线向量的条件及向量的夹角公式的应用，其中解答中熟记向量的基本概念和运算公式，合理准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题19、（1），（2）递增区间为.【解析】（1）由二倍角公式降幂，再由求出，然后由两角和的余弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，结合余弦函数单调性可得最大值；（2）由（1）结合余弦函数性质可得增区间【详解】（1），由得，即.，当时，即时，.（2）由，得，又，所以，所以递增区间为.【点睛】本题考查二倍角公式，考查两角和的余弦公式，考查余弦函数的性质三角函数问题一般都要由三角恒等变换化为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦函数或余弦函数性质求解20、（1）见解析；（2）见解析【解析】(1)通过实际问题得到与的函数关系为分段函数，从而判断出程序框填的结果.(2)分类讨论时和时两种情形下的点Q坐标，从而得到答案.【详解】(1)当时，当时， 函数的解析式为，故程序框图中处的函数关系式分别是， (2)时，令，即，或，点的坐标为或 时，令，即，或，点的坐标为或 故点的坐标为【点睛】本题主要考查算法框图，三角函数的运用，意在考查学生的数形结合思想，分析实际问题的能力.21、（1）见解析（2）（3）【解析】(1)计算，得证数列为等比数列.(2)先求
