《河北省保定市曲阳县第一高级中学2024年高一数学第二学期期末经典试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河北省保定市曲阳县第一高级中学2024年高一数学第二学期期末经典试题含解析（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、河北省保定市曲阳县第一高级中学2024年高一数学第二学期期末经典试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整
2、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某数学竞赛小组有3名男同学和2名女同学，现从这5名同学中随机选出2人参加数学竞赛（每人被选到的可能性相同）.则选出的2人中恰有1名男同学和1名女同学的概率为（ ）ABCD2直线与圆相交于两点，则弦长（ ）ABCD3如图，正四面体，是棱上的动点，设（），分别记与，所成角为，则（ ）ABC当时，D当时，4已知函数f（x）Asin（x+）+B（A0，0，|）的部分图象如图所示，则f（x）的解析式为（）Af（x）sin（x）1Bf（x）2sin（x）1C
3、f（x）2sin（x）1Df（x）2sin（2x）+15已知是第一象限角，那么是（）A第一象限角B第二象限角C第一或第二象限角D第一或第三象限角6在中，则为（ ）ABCD7已知，则下列不等式中成立的是（ ）ABCD8在中，点P是内（包括边界）的一动点，且（），则的最大值为（ ）A6BCD69设全集，集合，则（ ）ABCD10在中，且面积为1，则下列结论不正确的是（ ）ABCD二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_.12如图，在圆心角
4、为，半径为2的扇形AOB中任取一点P，则的概率为_.13设实数满足，则的最小值为_14设数列的前n项和为，关于数列，有下列三个命题：（1）若既是等差数列又是等比数列，则；（2）若，则是等差数列：（3）若，则是等比数列这些命题中，真命题的序号是_.15已知函数在时取得最小值，则_16已知数列满足，若，则的所有可能值的和为_；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，求的值18在等差数列中，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.19已知等比数列的前项和为，且.（1）求的通项公式；（2）是否存在正整数，使得成立？若存在，求出的最小值；若不
5、存在，请说明理由.20正项数列的前项和为，且.（）试求数列的通项公式；（）设，求的前项和为.（）在（）的条件下，若对一切恒成立，求实数的取值范围.21已知等差数列满足，且.（1）求数列的通项；（2）求数列的前项和的最大值.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，恰有一项是符合题目要求的1、A【解析】把5名学生编号，然后写出任取2人的所有可能，按要求计数后可得概率【详解】3名男生编号为，两名女生编号为，任选2人的所有情形为：，共10种，其中恰有1名男生1名女生的有共6种，所以所求概率为【点睛】本题考查古典概型，方法是列举法2、D【解析】试题分析：圆
6、心到直线的距离为，所以弦长为.考点：直线与圆的位置关系3、D【解析】作交于时，为正三角形，是与成的角，根据等腰三角形的性质，作交于，同理可得，当时，故选D4、D【解析】由已知列式求得的值，再由周期求得的值，利用五点作图的第二个点求得的值，即可得到答案.【详解】由题意，根据三角函数的图象，可得，解得，又由，解得，则，又由五点作图的第二个点可得：，解得，所以函数的解析式为，故选D.【点睛】本题主要考查了由的部分图象求解函数的解析式，其中解答中熟记三角函数的五点作图法，以及三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.5、D【解析】根据象限角写出的取值范围，讨论即可知在第
7、一或第三象限角【详解】依题意得，则，当 时，是第一象限角当 时，是第三象限角【点睛】本题主要考查象限角，属于基础题6、D【解析】利用正弦定理得到答案.【详解】根据正弦定理： 即： 答案选D【点睛】本题考查了正弦定理，意在考查学生的计算能力.7、D【解析】由，计算可判断；由，计算可判断；由，可判断；作差可判断【详解】解：，当，时，可得，故错误；当，时，故错误；当，故错误；，即，故正确故选：【点睛】本题考查不等式的性质，考查特殊值的运用，以及运算能力，属于基础题8、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
8、】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，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.9、D【解析】先求得集合的补集，然后求其与集合的交集，由此得出正确选项.【详解】依题意，所以，故选D.【点睛】本小题主要考查集合补集、交集的概念和运算，属于基础题.10、C【解析】根据三角形面积公式列式，求得，再根据基本不等式判断出C选项错误.【详解】根据三角形面积为得，三个式子相乘，得到，由于，所以.所以，故C选项错误.所以本小题选C.【点睛】本小题主要考查三角形
9、面积公式，考查基本不等式的运用，属于中档题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、.【解析】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径【详解】由题意四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为，借助勾股定理，可知四棱锥的高为，.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，圆柱的底面半径为，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为，故圆柱的体积为【点睛】本题主要考查了圆柱与四棱锥的组合，考查了空间想象力，属于基础题.12、【解析】根据题意，建立坐标系，求出圆心角扇形区域的面积，进而设，由数量积的计算公式可得满足的区域，求出其面积，代入几何概率的计算公式即可求解【详解
10、】根据题意，建立如图的坐标系，则则扇形的面积为设若，则有，即；则满足的区域为如图的阴影区域，直线与弧的交点为，易得的坐标为，则阴影区域的面积为故的概率故答案为：【点睛】本题考查几何概型，涉及数量积的计算，属于综合题13、1【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，把最优解的坐标代入目标函数得答案【详解】解：由实数满足作出可行域如图，由图形可知：令，化为，由图可知，当直线过点时，直线在轴上的截距最小，有最小值为1故答案为：1【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题14、（1）、（2）、（3）【解析】利用等差数列和等比数列的定义，
11、以及等差数列和等比数列的前项和形式，逐一判断即可.【详解】既是等差数列又是等比数列的数列是非零常数列，故（1）正确.等差数列的前项和是二次函数形式，且不含常数，故（2）正确.等比数列的前项和是常数加上常数乘以的形式，故（3）正确.故答案为：（1），（2），（3）【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列的定义，同时考查了等差数列和等比数列的前项和，属于简单题.15、【解析】试题分析：因为，所以，当且仅当即，由题意，解得考点：基本不等式16、36【解析】根据条件得到的递推关系，从而判断出的类型求解出可能的通项公式，即可计算出的所有可能值，并完成求和.【详解】因为，所以或，当时，是等差数列，所以；当时
12、，是等比数列，所以，所以的所有可能值之和为：.故答案为：.【点睛】本题考查等差和等比数列的判断以及求数列中项的值，难度一般.已知数列满足(为常数)，则是公差为的等差数列；已知数列满足，则是公比为的等比数列.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、【解析】，且，则， 考点：本题考查了三角恒等变换18、（1）（2）【解析】（1）利用等差数列的性质可求出，进而可求出的通项公式；（2），由裂项相消求和法可求出.【详解】解：（1）设等差数列的公差为，则.因为所以，解得，所以数列的通项公式为.（2）由题意知，所以.【点睛】本题考查了等差数列的通项公式的求法，考
13、查了利用裂项相消求数列的前项和，属于基础题.19、（1）；（2）存在，【解析】（1）根据条件求解出公比，然后写出等比数列通项；（2）先表示出，然后考虑的的最小值.【详解】（1）因为，所以或，又，则，所以；（2）因为，则，当为偶数时有不符合；所以为奇数，且，所以且为奇数，故.【点睛】本题考查等比数列通项及其前项和的应用，难度一般.对于公比为负数的等比数列，分析前项和所满足的不等式时，注意分类讨论，因此的奇偶会影响的正负.20、（）；（）；（）.【解析】（）将所给条件式子两边同时平方,利用递推法可得的表达式,由两式相减,变形即可证明数列为等差数列,进而结合首项与公差求得的通项公式.（）由（）中可求
14、得.将与代入即可求得数列的通项公式,利用裂项法即可求得前项和.（）先求得的取值范围,结合不等式,即可求得的取值范围.【详解】（）因为正项数列的前项和为,且化简可得由递推公式可得两式相减可得,变形可得即,由正项等比数列可得所以而当时,解得所以数列是以为首项,以为公差的等差数列因而（）由（）可知则代入中可得所以（）由（）可知则,所以数列为单调递增数列,则且当时, ,即所以因为对一切的恒成立则满足,解不等式组可得即实数的取值范围为【点睛】本题考查了等差数列通项公式与求和公式的应用,裂项求和法的应用,数列的单调性与不等式关系,综合性强,属于中档题.21、（1）（2）144【解析】（1）把带入通项式即可求出
