《辽宁省葫芦岛市协作体2023-2024学年高一数学第二学期期末考试试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《辽宁省葫芦岛市协作体2023-2024学年高一数学第二学期期末考试试题含解析（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、辽宁省葫芦岛市协作体2023-2024学年高一数学第二学期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
2、小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1若，是不同的直线，是不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则2设满足约束条件若目标函数的最大值为8，则的最小值为（）A2B4C6D83阅读如图所示的程序，若运该程序输出的值为100，则的面的条件应该是（ ）ABCD4在中，则此三角形解的情况是( )A一解B两解C一解或两解D无解5已知直三棱柱的所有棱长都相等，为的中点，则与所成角的余弦值为( )ABCD6在平面直角坐标系中，已知四边形是平行四边形，则（ ）ABCD7已知函数，将的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标保持不变；再把所得图象向上平移个单位长度，得到函
3、数的图象，若，则的值可能为（ ）ABCD8已知直线与直线平行，则实数k的值为（ ）A-2B2CD9设变量、满足约束条件，则目标函数的最大值为（ ）A2B3C4D910对变量有观测数据，得散点图(1)；对变量有观测数据（，得散点图(2)，由这两个散点图可以判断( )A变量与正相关，与正相关B变量与正相关，与负相关C变量与负相关，与正相关D变量与负相关，与负相关二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11在中，是线段上的点，若的面积为，当取到最大值时，_.12在中，为上的一点，且，是的中点，过点的直线，是直线上的动点， ，则_.13某幼儿园对儿童记忆能力的量化评价值和识图能力的量化评价值
4、进行统计分析，得到如下数据：468103568由表中数据，求得回归直线方程中的，则 14已知，则的最小值是_15计算_16圆上的点到直线4x+3y12=0的距离的最小值是三、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如图，在三棱柱中，、分别是棱，的中点，求证：（1）平面；（2）平面平面18设函数，定义域为（1）求函数的最小正周期，并求出其单调递减区间；（2）求关于的方程的解集19设为正项数列的前项和，且满足（1）求证：为等差数列；（2）令，若恒成立，求实数的取值范围20如图，在中，为内一点，.（1）若，求；（2）若，求的面积.21己知，若（）求的最大值和对
5、称轴；（）讨论在上的单调性参考答案一、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】A中平面，可能垂直也可能平行或斜交，B中平面，可能平行也可能相交，C中成立，D中平面，可能平行也可能相交.【详解】A中若，平面，可能垂直也可能平行或斜交；B中若，平面，可能平行也可能相交；同理C中若，则，分别是平面，的法线，必有；D中若，平面，可能平行也可能相交.故选C项.【点睛】本题考查空间中直线与平面，平面与平面的位置关系，属于简单题.2、B【解析】画出不等式组对应的平面区域，平移动直线至时有最大值8，再利用基本不等式可求的最小值.【详解】
6、原不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，当直线过直线与直线的交点时，目标函数取得最大值8，即，即，所以，当且仅当时，等号成立.所以的最小值为4.故选： B【点睛】二元一次不等式组的条件下的二元函数的最值问题，常通过线性规划来求最值，求最值时往往要考二元函数的几何意义，比如表示动直线的横截距的三倍 ，而则表示动点与的连线的斜率应用基本不等式求最值时，需遵循“一正二定三相等”，如果原代数式中没有积为定值或和为定值，则需要对给定的代数变形以产生和为定值或积为定值的局部结构.求最值时要关注取等条件的验证.3、D【解析】根据输出值和代码，可得输出的最高项的值，进而结合当型循环结构的特征得判断框内容.
7、【详解】根据循环体，可知因为输出的值为100，所以由等差数列求和公式可知求和到19停止，结合当型循环结构特征，可知满足条件时返回执行循环体，因而判断框内的内容为，故选：D.【点睛】本题考查了当型循环结构的代码应用，根据输出值选择条件，属于基础题.4、B【解析】由题意知，如图：，此三角形的解的情况有2种，故选B5、D【解析】取的中点，连接，则,所以异面直线与所成角就是直线与所成角，在中，利用余弦定理，即可求解【详解】由题意，取的中点，连接，则,所以异面直线与所成角就是直线与所成角，设正三棱柱的各棱长为,则，设直线与所成角为，在中，由余弦定理可得，即异面直线与所成角的余弦值为，故选D【点睛】本题主
8、要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题6、D【解析】因为四边形是平行四边形，所以，所以，故选D考点：1、平面向量的加法运算；2、平面向量数量积的坐标运算7、C【解析】利用二倍角公式与辅助角公式将函数的解析式化简，然后利用图象变换规律得出函数的解析式为，可得函数的值域为，结合条件，可得出、均为函数的最大值，于是得出为函数最小正周期的整数倍，由此可得出正确选项.【详解】函数，将函数的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的倍，得的图象；再把所得图象向上平移个单位，得函数的图象，易知函数的值域为.若，则且，均为函数
9、的最大值，由，解得；其中、是三角函数最高点的横坐标，的值为函数的最小正周期的整数倍，且故选C【点睛】本题考查三角函数图象变换，同时也考查了正弦型函数与周期相关的问题，解题的关键在于确定、均为函数的最大值，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.8、A【解析】由两直线平行的可得:，运算即可得解.【详解】解：由两直线平行的判定可得:，解得，故选：A.【点睛】本题考查利用两直线平行求参数，属基础题.9、D【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得结论.【详解】画出满足约束条件的可行域，如图，画出可行域，
10、平移直线，由图可知，直线经过时目标函数有最大值，的最大值为9.故选D.【点睛】本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.10、C【解析】根据增大时的变化趋势可确定结果.【详解】图（1）中，随着的增大，的变化趋势是逐渐在减小，因此变量与负相关；图（2）中，随着的增大，的变化趋势是逐渐在增大，因此变量与正相关.故选：【点睛】本题考查根据散
11、点图判断相关关系的问题，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、【解析】由三角形的面积公式得出，设，由可得出，利用基本不等式可求出的值，利用等号成立可得出、的值，再利用余弦利用可得出的值.【详解】由题意可得，解得，设，则，可得，由基本不等式可得，当且仅当时，取得最大值，由余弦定理得，解得故答案为【点睛】本题考查余弦定理解三角形，同时也考查了三角形的面积公式以及利用基本不等式求最值，在利用基本不等式求最值时，需要结合已知条件得出定值条件，同时要注意等号成立的条件，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.12、【解析】用表示出,由对应相等即可得出【详解】因为，所以解得
12、得【点睛】本题主要考查了平面向量的基本定理，以及向量的三角形法则，平面上任意不共线的一组向量可以作为一组基底13、-0.1【解析】分别求出和的均值，代入线性回归方程即可【详解】由表中数据易得，由在直线方程上，可得【点睛】此题考查线性回归方程形式，表示在回归直线上代入即可，属于简单题目14、【解析】分析：利用题设中的等式，把的表达式转化成，展开后，利用基本不等式求得y的最小值.详解：因为，所以，所以（当且仅当时等号成立），则的最小值是，总上所述，答案为.点睛：该题考查的是有关两个正数的整式形式和为定值的情况下求其分式形式和的最值的问题，在求解的过程中，注意相乘，之后应用基本不等式求最值即可，在做
13、乘积运算的时候要注意乘1是不变的，如果不是1，要做除法运算.15、【解析】采用分离常数法对所给极限式变形，可得到极限值.【详解】.【点睛】本题考查分离常数法求极限，难度较易.16、【解析】计算出圆心到直线的距离，减去半径，求得圆上的点到直线的最小距离.【详解】圆的圆心为，半径.圆心到直线的距离为，故最小距离为.【点睛】本小题主要考查圆上的点到直线距离最小值的求法，考查点到直线距离公式，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）见证明；（2）见证明【解析】（1）设与的交点为，连结，证明，再由线面平行的判定可得平面； （2）由为线段的中
14、点，点是的中点，证得四边形为平行四边形，得到，进一步得到平面再由平面，结合面面平行的判定可得平面平面【详解】证明：（1）设与的交点为，连结，四边形为平行四边形，为中点，又是的中点，是三角形的中位线，则，又平面，平面，平面；（2）为线段的中点，点是的中点，且，则四边形为平行四边形，又平面，平面，平面又平面，且平面，平面，平面平面【点睛】本题考查直线与平面，平面与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题18、（1）最小正周期为，单调递减区间为；（2）.【解析】（1）利用两角差的余弦公式、二倍角降幂公式以及辅助角公式将函数的解析式化简为，由周期公式可得出函数的最小正周期，由，解出的范围得出函数的单调递减区间；（2）由，得出，解出该方程可得出结果.【详解】（1），所以，函数的最小正周期为，由，得，因此，函数的单
