《2024届上海市崇明区高一数学第二学期期末监测试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届上海市崇明区高一数学第二学期期末监测试题含解析（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2024届上海市崇明区高一数学第二学期期末监测试题考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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在中，则（ ）ABCD2已知等比数列的前n项和为，若，则（ ）ABCD3已知，集合，则ABCD4我国古代数学家刘徽在九章算术注中提出割圆术：“割之弥细，所失弥少，割之
2、割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”，即通过圆内接正多边形细割圆，并使正多边形的面积无限接近圆的面积，进而来求得较为精确的圆周率.如果用圆的内接正边形逼近圆，算得圆周率的近似值记为，那么用圆的内接正边形逼近圆，算得圆周率的近似值加可表示成（ ）ABCD5已知实数x，y满足约束条件，那么目标函数的最大值是（ ）A0B1CD106若变量，且满足约束条件，则的最大值为（ ）A15B12C3D7若，则的最小值为（ ）A2BCD8关于x的不等式axb0的解集是，则关于x的不等式0的解集是()A(，12，) B1,2C1,2 D(，12，)9如图，给出的是的值的一个程序框图，判断框内应填入的条件是（
3、）ABCD10在ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，若，则ABC是A正三角形B等腰三角形C直角三角形D等腰直角三角形二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11在棱长均为2的三棱锥中，分别为上的中点，为棱上的动点，则周长的最小值为_.12已知函数的部分图象如图所示，则的值为_. 13函数的最小正周期是_14若函数的图像与直线有且仅有四个不同的交点，则的取值范围是_15已知三棱锥的底面是腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长都等于，则其外接球的体积为_.16设扇形的半径长为，面积为，则扇形的圆心角的弧度数是 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
4、算步骤。17已知且，比较与的大小.18已知集合，数列的首项，且当时，点，数列满足.（1）试判断数列是否是等差数列，并说明理由；（2）若，求的值.19已知数列的首项，其前n项和为满足.（1）数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和表达式.20已知的顶点，边上的中线所在直线方程为， 边上 的高，所在直线方程为.（1）求顶点 的坐标；（2）求直线的方程.21已知圆：与圆：（1）求两圆的公共弦长；（2）过平面上一点向圆和圆各引一条切线，切点分别为，设，求证：平面上存在一定点使得到的距离为定值，并求出该定值参考答案一、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
5、是符合题目要求的1、D【解析】直接用正弦定理直接求解边.【详解】在中，由余弦定理有：,即 故选：D【点睛】本题考查利用正弦定理解三角形，属于基础题.2、D【解析】根据等比数列前n项和的性质可知、成等比数列,即可得关于的等式,化简即可得解.【详解】等比数列的前n项和为,若,根据等比数列前n项和性质可知,、满足：化简可得故选：D【点睛】本题考查了等比数列前n项和的性质及简单应用,属于基础题.3、D【解析】先求出集合A，由此能求出UA【详解】UR，集合Ax|12x0x|x，UAx|x故选：D【点睛】本题考查补集的求法，考查补集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题4、C【解析】设圆的
6、半径为，由内接正边形的面积无限接近圆的面积可得：，由内接正边形的面积无限接近圆的面积可得：，问题得解.【详解】设圆的半径为，将内接正边形分成个小三角形，由内接正边形的面积无限接近圆的面积可得：，整理得：，此时，即：同理，由内接正边形的面积无限接近圆的面积可得：，整理得：此时所以故选C【点睛】本题主要考查了圆的面积公式及三角形面积公式的应用，还考查了正弦的二倍角公式，考查计算能力，属于中档题5、D【解析】根据约束条件，画出可行域，再平移目标函数所在的直线，找到最优点，将最优点的坐标代入目标函数求最值.【详解】画出可行域（如图），平移直线，当目标直线过点时，目标函数取得最大值，故选：D【点睛】本题
7、主要考查线性规划求最值问题，还考查了数形结合的思想，属于基础题.6、A【解析】作出可行域，采用平移直线法判断何处取到最大值.【详解】画出可行域如图阴影部分，由得，目标函数图象可看作一条动直线，由图形可得当动直线过点时，故选A【点睛】本题考查线性规划中线性目标函数最值的计算，难度较易.求解线性目标函数的最值时，采用平移直线法是最常规的.7、D【解析】根据所给等量关系,用表示出可得.代入中,构造基本不等式即可求得的最小值.【详解】因为,所以变形可得 所以 由基本不等式可得当且仅当时取等号,解得 所以的最小值为 故选:D【点睛】本题考查了基本不等式求最值的应用,注意构造合适的基本不等式形式,属于中档
8、题.8、A【解析】试题分析：因为关于x的不等式axb0的解集是，所以，从而0可化为，解得，关于x的不等式0的解集是(，12，)，选A。考点：本题主要考查一元一次不等式、一元二次不等式的解法。点评：简单题，从已知出发，首先确定a,b的关系，并进一步确定一元二次不等式的解集。9、B【解析】试题分析：由题意得，执行上式的循环结构，第一次循环：；第二次循环：；第三次循环：；，第次循环：，此时终止循环，输出结果，所以判断框中，添加，故选B考点：程序框图10、A【解析】由正弦定理，记，则，又，所以，即，所以.故选：A.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】易证明中,且周长为,其中
9、为定值,故只需考虑的最小值即可.【详解】由题, 棱长均为2的三棱锥,故该三棱锥的四个面均为正三角形.又因为,故.故.且分别为上的中点,故.故周长为.故只需求的最小值即可.易得当时取得最小值为.故周长的最小值为.故答案为：【点睛】本题主要考查了立体几何中的距离最值问题,需要根据题意找到定量以及变量的最值情况即可.属于中档题.12、【解析】根据图像可得，根据0所在位置，处于函数的单调减区间，即可得解.【详解】由图可得：，或由于0在函数的单调减区间内，所以.故答案为：【点睛】此题考查根据三角函数的图象求参数的取值，常用代入法求解，判定初相的取值时，根据图象结合单调性取值.13、【解析】先利用二倍角余
10、弦公式对函数解析式进行化简整理，进而利用三角函数最小正周期的公式求得函数的最小正周期【详解】解：f（x）12sin2xcos2x函数最小正周期T故答案为【点睛】本题主要考查了二倍角的化简和三角函数的周期性及其求法考查了三角函数的基础的知识的应用14、【解析】将函数写成分段函数的形式，再画出函数的图象，则直线与函数图象有四个交点，从而得到的取值范围.【详解】因为因为所以，所以图象关于对称，其图象如图所示：因为直线与函数图象有四个交点，所以.故答案为：.【点睛】本题考查利用三角函数图象研究与直线交点个数，考查数形结合思想的应用，作图时发现图象关于对称，是快速画出图象的关键.15、【解析】先判断球心
11、在上，再利用勾股定理得到半径，最后计算体积.【详解】三棱锥的底面是腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长都等于 为中点，为外心，连接， 平面球心在上设半径为 故答案为【点睛】本题考查了三棱锥外接球的体积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.16、2【解析】试题分析：设扇形圆心角的弧度数为，则扇形面积为S=r2=22=4解得：=2考点：扇形面积公式三、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、详见解析【解析】将两式作差可得，由、和可得大小关系.【详解】当且时， 当时， 当时， 综上所述：当时，；当时，；当时，【点睛】本题考查作差法比较大小的问题，关键是能够根据
12、所得的差进行分类讨论；易错点是忽略差等于零，即两式相等的情况.18、（1）是；（2）.【解析】（1）依据题意，写出递推式，由等差数列得定义即可判断；（2）求出，利用极限知识，求出，即可求得的值。【详解】（1）当时，点，所以 ，即由得，当时，将代入， ，故数列是以为公差的等差数列。（2）因为，所以，由得， ，故 ，。【点睛】本题主要考查等差数列的定义和通项公式的运用，以及数列极限的运算。19、（1）；（2）【解析】（1）根据等差数列性质,由可知为等差数列,结合首项与公差即可求得的表达式,由即可求得数列的通项公式;（2）代入数列的通项公式可得数列的通项公式.结合错位相减法,即可求得数列的前n项和.
13、【详解】（1）由,可知是等差数列,其公差又,得,知首项为,得,即当时,有当,也满足此通项,故；（2）由（1）可知,所以可得由两式相减得整理得.【点睛】本题考查了等差数列通项公式的求法,的应用,错位相减法求数列的前n项和,属于中档题.20、（1）；（2）【解析】（1）根据边上的高所在直线方程求出的斜率，由点斜式可得的方程，与所在直线方程联立即可得结果；（2）设 则， 代入中，可求得点坐标，利用两点式可得结果.【详解】（1）由边上的高所在直线方程为得， 所以直线AB所在的直线方程为，即 联立 解得 所以顶点的坐标为（4,3）（2）因为在直线上，所以设 则， 代入中，得 所以 则直线的方程为，即【点睛】本题主要考查直线的方程，直线方程主要有五种形式，每种形式的直线方程都有其局限性，斜截式与点斜式要求直线斜率存在，所以用这两种形式设直线方程时要注意讨论斜是否存在；截距式要注意讨论截距是否为零；两点式要注意讨论直线是否与坐标轴平行；求直线方程的最终结果往往需要化为一般式.21、（1）（2）【解析】（1）把两圆方程相减得到公共弦所在直线方程，再根据点到直线距离公式与圆的垂径定理求两圆的公共弦长；（2）根据圆的切线长与半径的关系代入化简即可得到点的轨迹方程，进而求解.【详解】解：（1）由， 相减得两圆的公共
