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1、江西省赣州市石城县石城中学2024届数学高一下期末监测试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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设函数，若关于的方程恰有个不同的实数解，则实数的取值范围为（ ）ABCD2掷两颗均匀的骰子，则点数之和为5的概率等于（）ABCD3若且，则下列四个不等式：，
2、中，一定成立的是（）ABCD4平行四边形中，若点满足，设，则（ ）ABCD5为等差数列的前项和，且，记，其中表示不超过的最大整数，如，数列的前项和为（ ）ABCD6正四棱柱的高为3cm,体对角线长为cm,则正四棱柱的侧面积为( )A10B24C36D407球是棱长为的正方体的内切球，则这个球的体积为（ ）ABCD8已知数列中，则等于( )ABCD9向量，若，则实数的值为ABCD10已知，那么（ ）ABCD二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11设函数，则使得成立的的取值范围是_12如果，则的值为_（用分数形式表示）13已知角的终边经过点，则的值为_.14在九章算术商功中将四个面均
3、为直角三角形的三棱锥称为鳖臑（bi no），在如下图所示的鳖臑中，则的直角顶点为_.15已知与的夹角为，则_.16已知数列满足，记数列的前项和为，则_.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已知数列为等差数列，且（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和18在直角坐标系中，以坐标原点为圆心的圆与直线相切。求圆的方程；若圆上有两点关于直线对称，且，求直线的方程；19已知函数，（，）的部分图象如图所示，其中点是图象的一个最高点（）求函数的解析式；（）已知且，求.20在平面直角坐标系中，已知点与两个定点，的距离之比为.（1）求点的坐标所满足的关系式；（
4、2）求面积的最大值；（3）若恒成立，求实数的取值范围.21如图，在中，点在边上，.（1）求边的长；（2）若的面积是，求的值.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、B【解析】由已知中函数，若关于的方程恰有个不同的实数解，可以根据函数的图象分析出实数的取值范围【详解】函数的图象如下图所示：关于的方程恰有个不同的实数解，令tf（x），可得t2at+20，（*）则方程（*）的两个解在（1，2，可得，解得，故选：B.【点睛】本题考查的知识点是根的存在性及根的个数判断，其中根据已知中函数的解析式，画出函数的图象，再利用数形结合是
5、解答本题的关键2、B【解析】试题分析：掷两颗均匀的骰子，共有36种基本事件，点数之和为5的事件有（1,4），（2,3），（3,2），（4,1）这四种，因此所求概率为，选B考点：概率问题3、C【解析】根据且，可得，且，根据不等式的性质可逐一作出判断【详解】由且，可得，且，由此可得当a=0时，不成立，由，则成立，由，可得成立，由，若，则不成立，因此，一定成立的是，故选：C.【点睛】本题考查不等式的基本性质的应用，属于基础题.4、B【解析】画出平行四边形，在上取点，使得，在上取点，使得，由图中几何关系可得到，即可求出的值，进而可以得到答案【详解】画出平行四边形，在上取点，使得，在上取点，使得，则，故
6、，则.【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，考查了平面向量基本定理的应用，考查了平行四边形的性质，属于中档题5、D【解析】利用等差数列的通项公式与求和公式可得，再利用，可得，即可得出【详解】解：为等差数列的前项和，且，可得，则公差，则，数列的前项和为：故选：【点睛】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式、对数运算性质、取整函数，考查了推理能力与计算能力，属于中档题6、B【解析】设正四棱柱，设底面边长为，由正四棱柱体对角线的平方等于从同一顶点出发的三条棱的平方和，可得关于的方程.【详解】如图，正四棱柱，设底面边长为，则，解得：，所以正四棱柱的侧面积.【点睛】本题考查正棱柱的概念，即底面为正方形且
7、侧棱垂直于底面的几何体，考查几何体的侧面积计算.7、A【解析】棱长为的正方体的内切球的半径，由此能求出其体积【详解】棱长为的正方体的内切球的半径1，体积故选：A【点睛】本题考查了正方体的内切球的性质和应用，属于基础题8、A【解析】变形为，利用累加法和裂项求和计算得到答案.【详解】故选：A【点睛】本题考查了累加法和裂项求和，意在考查学生对于数列方法的灵活应用.9、C【解析】利用向量平行的坐标表示，即可求出【详解】向量，即解得故选【点睛】本题主要考查向量平行的坐标表示10、A【解析】依题意有，故二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】根据函数的表达式判断出函数为偶函数，判断
8、函数在的单调性为递增，根据偶函数的对称性可得，解绝对值不等式即可.【详解】解：，定义域为,因为，所以函数为偶函数.当时，易知函数在为增函数，根据偶函数的性质可知：由可知，所以，解得：或.故答案为：.【点睛】本题考查偶函数的性质和利用偶函数对称性的特点解决问题，属于基础题.12、【解析】先求出，可得，再代值计算即可.【详解】 .故答案为：【点睛】本题考查了等差数列的前项和公式、累乘相消法，考查了学生的计算能力，属于基础题.13、【解析】由题意和任意角的三角函数的定义求出的值即可【详解】由题意得角的终边经过点，则，所以，故答案为【点睛】本题考查任意角的三角函数的定义，属于基础题14、【解析】根据，
9、可得平面，进而可得，再由，证明平面，即可得出，是的直角顶点.【详解】在三棱锥中，且，平面，又平面，又，且，平面，又平面，的直角顶点为.故答案为：.【点睛】本题考查了直线与直线以及直线与平面垂直的应用问题，属于基础题.15、3【解析】将平方再利用数量积公式求解即可.【详解】因为,故.化简得.因为，故.故答案为：3【点睛】本题主要考查了模长与数量积的综合运用,经常利用平方去处理.属于基础题.16、7500【解析】讨论的奇偶性，分别化简递推公式，根据等差数列的定义得的通项公式，进而可求.【详解】当是奇数时，1，由，得，所以，是以为首项，以2为公差的等差数列，当为偶数时，1，由，得，所以，是首项为，以
10、4为公差的等差数列，则 ，所以.故答案为：7500【点睛】本题考查数列递推公式的化简，等差数列的通项公式，以及等差数列前n项和公式的应用，也考查了分类讨论思想，属于中档题三、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】试题分析：(1)由于为等差数列，根据已知条件求出的第一项和第三项求得数列的公差，即得数列的通项公式，移项可得数列的通项公式；（2）由（1）可知,通过分组求和根据等差数列和等比数列的前项和公式求得的前项和.试题解析: （1）设数列的公差为，（2）考点：等差数列的通项公式及数列求和.18、（1）（2）或【解析】（1）直接
11、利用点到直线 的距离公式求出半径，即可得出答案。（2）设出直线，求出圆心到直线的距离，利用半弦长直角三角形解出即可。【详解】解（1） ，所以圆的方程为（2）由题意，可设直线的方程为则圆心到直线的距离则，即所以直线的方程为或【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，属于基础题。19、（）（）【解析】（）由最值和两个零点计算出和的值，再由最值点以及的的范围计算的值；（）先根据（）中解析式将表示出来，然后再利用两角和的正弦公式计算的值.【详解】解：（）由函数最大值为2，得由又，又，（），且，【点睛】根据三角函数图象求解析式的步骤：（1）由最值确定的值；（2）由周期确定的值；（3）由最值点或者图像上的点确定
12、的取值.这里需要注意确定的值时，尽量不要选取平衡位置上的点，这样容易造成多解的情况.20、（1）（2）3；（3）【解析】（1）根据题意，结合两点间距离公式，可以得到等式，化简后得到点的坐标所满足的关系式；（2）设是曲线上任一点，求出的表达式，结合的取值范围，可以求出面积的最大值；（3）恒成立，则恒成立. 设，当它与圆相切时，取得最大和最小值，利用点到直线距离公式，可以求出取得最大和最小值，最后可以求出实数的取值范围.【详解】（1）设的坐标是，由，得，化简得.（2）由（1）得，点在以为圆心，为半径的圆上.设是曲线上任一点，则，又，故的最大值为：.（3）由（1）得：圆的方程是若恒成立，则恒成立.设
13、，当它与圆相切时，取得最大和最小值，由得：，故当时，原不等式恒成立.【点睛】本题考查了求点的轨迹方程，考查了直线与圆的位置关系，考查了求三角形面积最大值问题，考查了数学运算能力.21、 (1)2；(2) 【解析】（1）设，利用余弦定理列方程可得：，解方程即可（2）利用（1）中结果即可判断为等边三角形，即可求得中边上的高为，再利用的面积是即可求得：，结合余弦定理可得：，再利用正弦定理可得：，问题得解【详解】（1）在中，设，则，由余弦定理得：即：解之得：，即边的长为2.（2）由（1）得为等边三角形，作于， 则，故在中，由余弦定理得：在中，由正弦定理得：，即：【点睛】本题主要考查了利用正、余弦定理解三角形，还考查了三角形面积公式的应用及计算能力，属于中档题
