《湖北省汉川市第二中学2024届高一下数学期末达标检测试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖北省汉川市第二中学2024届高一下数学期末达标检测试题含解析（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、湖北省汉川市第二中学2024届高一下数学期末达标检测试题注意事项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。在每个小题给出的四个
2、选项中，恰有一项是符合题目要求的1在锐角中，若，则（ ）ABCD2直线的倾斜角是（ ）ABCD3已知数列中，则= （ ）ABCD4已知底面半径为1，体积为的圆柱，内接于一个高为圆锥（如图），线段AB为圆锥底面的一条直径，则从点A绕圆锥的侧面到点B的最短距离为（ ）A8BCD45如图，在四棱锥中，底面，底面为直角梯形，则直线与平面所成角的大小为( )ABCD6从装有2个白球和2个黑球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件是A至少有一个黑球与都是黑球B至少有一个黑球与至少有一个白球C恰好有一个黑球与恰好有两个黑球D至少有一个黑球与都是白球7中国数学家刘微在九章算术注中提出“割圆”之说：“割之弥
3、细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣.”意思是“圆内接正多边形的边数无限增加的时候，它的周长的极限是圆的周长，它的面积的极限是圆的面积”.如图，若在圆内任取一点，则此点取自其内接正六边形的边界及其内部的概率为（ ）ABCD8在中，角的对边分别为，且，则的周长为（ ）ABCD9一只小狗在图所示的方砖上走来走去，最终停在涂色方砖的概率为（ ）ABCD10已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为（ ）ABCD二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11在中，点为延长线上一点，连接，则=_.12如图，在内有一系列的正方形，它们的
4、边长依次为，若，则所有正方形的面积的和为_. 13已知直线与圆交于两点，若，则_.14已知圆柱的底面圆的半径为2，高为3，则该圆柱的侧面积为_.15光线从点射向y轴，经过y轴反射后过点，则反射光线所在的直线方程是_.16设，则数列的通项公式= 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已知向量, 的夹角为, 且, .(1) 求 ；(2) 求 .18如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1平面ABC，BAC=90，AC=AB=AA1，E是BC的中点（1）求证：AEB1C；（2）求异面直线AE与A1C所成的角的大小；（3）若G为C1C中点，求二面角C-
5、AG-E的正切值19已知等差数列的前项和为，且，.(1)求数列的通项公式；(2)请确定是否是数列中的项?20已知函数.（1）求函数的最小正周期；（2）求在区间上的最大值和最小值.21已知圆 经过两点，且圆心在轴上(1)求圆的方程；(2)若直线，且截轴所得纵截距为5，求直线截圆所得线段的长度参考答案一、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、D【解析】由同角三角函数关系式,先求得,再由余弦定理即可求得的值.【详解】因为为锐角三角形,由同角三角函数关系式可得又因为,由余弦定理可得 代入可得所以 故选:D【点睛】本题考查了同角三角函数关
6、系式应用,余弦定理求三角形的边,属于基础题.2、D【解析】先求出直线的斜率，再求直线的倾斜角.【详解】由题得直线的斜率.故选：D【点睛】本题主要考查直线的斜率和倾斜角的计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.3、B【解析】 ，故选B.4、C【解析】先求解圆锥的底面半径,再根据侧面展开图的结构计算扇形中间的距离即可.【详解】设圆柱的高为,则 ,得.因为,所以为的中位线,所以,则.即圆锥的底面半径为1,母线长为4,则展开后所得扇形的弧长为,圆心角为.所以从点A绕圆锥的侧面到点B的最短距离为.故选：C.【点睛】本题主要考查了圆柱与圆锥内切求解有关量的问题以及圆锥的侧面积展开求距离最小
7、值的问题.属于中档题.5、A【解析】取中点，中点，连接，先证明为所求角，再计算其大小.【详解】取中点，中点，连接.设易知：平面 平面易知：四边形为平行四边形平面，即为直线与平面所成角 故答案选A【点睛】本题考查了线面夹角，先找出线面夹角是解题的关键.6、C【解析】列举每个事件所包含的基本事件，结合互斥事件和对立事件的定义，依次验证即可【详解】对于A：事件：“至少有一个黑球”与事件：“都是黑球”可以同时发生，如：两个都是黑球，这两个事件不是互斥事件，A不正确对于B：事件：“至少有一个黑球”与事件：“至少有一个白球”可以同时发生，如：一个白球一个黑球，B不正确对于C：事件：“恰好有一个黑球”与事件
8、：“恰有两个黑球”不能同时发生，但从口袋中任取两个球时还有可能是两个都是白球，两个事件是互斥事件但不是对立事件，C正确对于D：事件：“至少有一个黑球”与“都是白球”不能同时发生，但一定会有一个发生，这两个事件是对立事件，D不正确故选C【点睛】本题考查互斥事件与对立事件首先要求理解互斥事件和对立事件的定义，理解互斥事件与对立事件的联系与区别同时要能够准确列举某一事件所包含的基本事件属简单题7、C【解析】设出圆的半径,表示出圆的面积和圆内接正六边形的面积,即可由几何概型概率计算公式得解.【详解】设圆的半径为则圆的面积为 圆内接正六边形的面积为 由几何概型概率可知,在圆内任取一点,则此点取自其内接正
9、六边形的边界及其内部的概率为 故选:C【点睛】本题考查了圆的面积及圆内接正六边形的面积求法,几何概型概率的计算公式,属于基础题.8、C【解析】根据，得到，利用余弦定理，得到关于的方程，从而得到的值，得到的周长.【详解】在中，由正弦定理因为，所以因为，所以由余弦定理得即，解得，所以所以的周长为.故选C.【点睛】本题考查正弦定理的角化边，余弦定理解三角形，属于简单题.9、C【解析】方砖上共分为九个全等的正方形，涂色方砖为其中的两块，由几何概型的概率公式可计算出所求事件的概率.【详解】由图形可知，方砖上共分为九个全等的正方形，涂色方砖为其中的两块，由几何概型的概率公式可知，小狗最终停在涂色方砖的概率
10、为，故选：C.【点睛】本题考查利用几何概型概率公式计算事件的概率，解题时要理解事件的基本类型，正确选择古典概型和几何概型概率公式进行计算，考查计算能力，属于基础题.10、C【解析】根据题意可知所求的球为正四棱柱的外接球，根据正四棱柱的特点利用勾股定理可求得外接球半径，代入球的体积公式求得结果.【详解】由题意可知所求的球为正四棱柱的外接球底面正方形对角线长为：外接球半径外接球体积本题正确选项：【点睛】本题考查正棱柱外接球体积的求解问题，关键是能够根据正棱柱的特点确定球心位置，从而利用勾股定理求得外接球半径.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,画出几何图形.由
11、三线合一可求得,根据补角关系可求得.再结合余弦定理即可求得.【详解】在中,作,如下图所示:由三线合一可知为中点则所以点为延长线上一点,则在中由余弦定理可得 所以故答案为:【点睛】本题考查了等腰三角形性质,余弦定理在解三角形中的应用,属于基础题.12、【解析】根据题意可知，可得，依次计算，不难发现：边长依次为，构成是公比为的等比数列，正方形的面积：依次，不难发现：边长依次为，正方形的面积构成是公比为的等比数列利用无穷等比数列的和公式可得所有正方形的面积的和【详解】根据题意可知，可得，依次计算，是公比为的等比数列，正方形的面积：依次，边长依次为，正方形的面积构成是公比为的等比数列所有正方形的面积的
12、和故答案为：【点睛】本题考查了无穷等比数列的和公式的运用利用边长关系建立等式，找到公比是解题的关键属于中档题13、【解析】根据点到直线距离公式与圆的垂径定理求解.【详解】圆的圆心为，半径为，圆心到直线的距离： ，由得，解得.【点睛】本题考查直线与圆的应用.此题也可联立圆与直线方程，消元后用弦长公式求解.14、【解析】圆柱的侧面打开是一个矩形，长为底面的周长，宽为圆柱的高，即，带入数据即可【详解】因为圆柱的底面圆的半径为2，所以圆柱的底面圆的周长为，则该圆柱的侧面积为.【点睛】此题考察圆柱侧面积公式，属于基础题目15、（或写成）【解析】光线从点射向y轴，即反射光线反向延长线经过关于y轴的对称点，
13、则反射光线通过和两个点，设直线方程求解即可。【详解】由题意可知，所求直线方程经过点关于y轴的对称点为，则所求直线方程为，即.【点睛】此题的关键点在于物理学上光线的反射光线和入射光线关于镜面对称，属于基础题目。16、2n+1【解析】由条件得，且，所以数列是首项为4，公比为2的等比数列，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、（1）1；（2）【解析】（1）利用向量数量积的定义求解；（2）先求模长的平方，再进行开方可得.【详解】（1）=|cos60=21=1；（2）|+|2=（+）2=+2+=4+21+1=7.所以|+|=.【点睛】本题主要考查平面向量
14、数量积的定义及向量模长的求解，一般地，求解向量模长时，先把模长平方，化为数量积运算进行求解.18、（1）见解析；（2）；（3）【解析】（1）由BB1面ABC及线面垂直的性质可得AEBB1，由AC=AB，E是BC的中点，及等腰三角形三线合一，可得AEBC，结合线面垂直的判定定理可证得AE面BB1C1C，进而由线面垂直的性质得到AEB1C； （2）取B1C1的中点E1，连A1E1，E1C，根据异面直线夹角定义可得，E1A1C是异面直线A与A1C所成的角，设AC=AB=AA1=2，解三角形E1A1C可得答案 （3）连接AG，设P是AC的中点，过点P作PQAG于Q，连EP，EQ，则EPAC，由直三棱锥的侧面与底面垂直，结合面面垂直的性质定理，可得EP平面ACC1A1，进而由二面角的定义可得PQE
