《广西玉林市重点中学2024届高一下数学期末检测试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广西玉林市重点中学2024届高一下数学期末检测试题含解析（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、广西玉林市重点中学2024届高一下数学期末检测试题注意事项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选项中
2、，恰有一项是符合题目要求的1某校高一年级有男生540人，女生360人，用分层抽样的方法从高一年级的学生中随机抽取25名学生进行问卷调查，则应抽取的女生人数为（ ）A5B10C15D202等差数列中， ，则的值为 ( )A14B17C19D213若变量满足约束条件则的最大值为( )A4B3C2D14若，且，则下列不等式一定成立的是（ ）ABCD5三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，底面，且，则此三棱锥外接球的半径为（ ）ABCD6下列条件不能确定一个平面的是（ ）A两条相交直线B两条平行直线C直线与直线外一点D共线的三点7执行如图所示的程序框图，输出的s值为ABCD8为了研究某大型超市开业天数与
3、销售额的情况，随机抽取了5天，其开业天数与每天的销售额的情况如表所示：开业天数1020304050销售额/天（万元）62758189根据上表提供的数据，求得关于的线性回归方程为，由于表中有一个数据模糊看不清，请你推断出该数据的值为（ ）A68B68.3C71D71.39已知集合，则（ ）ABCD10下列函数中是偶函数且最小正周期为的是 （ ）ABCD二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11若满足约束条件，的最小值为，则_12在等比数列中，则 _13_.14若直线与圆有公共点，则实数的取值范围是_15在中，内角，的对边分别为，.若，成等比数列，且，则_.16已知，若，则_三、解答题
4、：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，在四棱锥PABCD中，AB/CD，且.（1）证明：平面PAB平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，求二面角APBC的余弦值.18已知角的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P（）（）求sin（+）的值；（）若角满足sin（+）=，求cos的值19已知是圆的直径，垂直圆所在的平面,是圆上任一点求证:平面平面.20已知函数.（1）求函数的单调递增区间；（2）当时，求函数的最大值和最小值.21如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，求证：平面；参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共5
5、0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】利用分层抽样的定义和方法求解即可.【详解】设应抽取的女生人数为，则，解得故选B【点睛】本题主要考查分层抽样的定义及方法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.2、B【解析】利用等差数列的性质，.【详解】，解得：.故选B.【点睛】本题考查了等比数列的性质，属于基础题型.3、B【解析】先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值.【详解】作出约束条件，所对应的可行域（如图阴影部分）变形目标函数可得，平移直线可知，当直线经过点时，直线的截距最小，代值计算可得取最大值故选B.【点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求
6、目标函数的最值，属简单题.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.4、B【解析】根据不等式性质确定选项.【详解】当时，不成立；因为，所以；当时，不成立；当时，不成立；所以选B.【点睛】本题考查不等式性质，考查基本分析判断能力，属基础题.5、D【解析】过的中心M作直线,则上任意点到的距离相等，过线段中点作平面，则面上的点到的距离相等，平面与的交点即为球心O，半径，故选D.考点：求解三棱锥外接球问题
7、.点评：此题的关键是找到球心的位置（球心到4个顶点距离相等）.6、D【解析】根据确定平面的公理和推论逐一判断即可得解【详解】解：对选项：经过两条相交直线有且只有一个平面，故错误对选项：经过两条平行直线有且只有一个平面，故错误对选项：经过直线与直线外一点有且只有一个平面，故错误对选项：过共线的三点，有无数个平面，故正确；故选：【点睛】本题主要考查确定平面的公理及推论解题的关键是要对确定平面的公理及推论理解透彻，属于基础题7、B【解析】分析：初始化数值，执行循环结构，判断条件是否成立，详解：初始化数值循环结果执行如下：第一次：不成立；第二次：成立，循环结束，输出，故选B.点睛：此题考查循环结构型程
8、序框图，解决此类问题的关键在于：第一，要确定是利用当型还是直到型循环结构；第二，要准确表示累计变量；第三，要注意从哪一步开始循环，弄清进入或终止的循环条件、循环次数.8、A【解析】根据表中数据计算,再代入线性回归方程求得,进而根据平均数的定义求出所求的数据.【详解】根据表中数据,可得,代入线性回归方程中,求得,则表中模糊不清的数据是,故选:B.【点睛】本题考查了线性回归方程过样本中心点的应用问题,是基础题.9、A【解析】由，得，然后根据集合的交集运算，即可得到本题答案.【详解】因为，所以.故选：A【点睛】本题主要考查集合的交集运算及对数不等式.10、A【解析】本题首先可将四个选项都转化为的形式
9、，然后对四个选项的奇偶性以及周期性依次进行判断，即可得出结果【详解】中，函数，是偶函数，周期为；中，函数是奇函数，周期；中，函数，是非奇非偶函数，周期；中，函数是偶函数，周期.综上所述，故选A【点睛】本题考查对三角函数的奇偶性以及周期性的判断，考查三角恒等变换，偶函数满足，对于函数，其最小正周期为，考查化归与转化思想，是中档题二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、4【解析】由约束条件得到可行域，取最小值时在轴截距最小，通过直线平移可知过时，取最小值；求出点坐标，代入构造出方程求得结果.【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示：取最小值时，即在轴截距最小平移直线可知，当过
10、点时，在轴截距最小由得：，解得：本题正确结果：【点睛】本题考查现行规划中根据最值求解参数的问题，关键是能够明确最值取得的点，属于常考题型.12、1【解析】由等比数列的性质可得，结合通项公式可得公比q,从而可得首项.【详解】根据题意，等比数列中，其公比为，则，解可得，又由，则有，则，则；故答案为：1【点睛】本题考查等比数列的通项公式以及等比数列性质（其中m+n=p+q）的应用，也可以利用等比数列的基本量来解决.13、【解析】直接利用两角和与差的余弦函数公式及特殊角的三角函数值化简，即可得到结果【详解】故答案为：.【点睛】本题考查两角和与差的余弦函数公式，以及特殊角的三角函数值，考查函数与方程思想
11、、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力14、【解析】直线与圆有交点，则圆心到直线的距离小于或等于半径.【详解】直线即，圆的圆心为，半径为，若直线与圆有交点，则，解得,故实数的取值范围是.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，点到直线距离公式是常用方法.15、【解析】A,B,C是三角形内角，那么，代入等式中，进行化简可得角A,C的关系，再由，成等比数列，根据正弦定理，将边的关系转化为角的关系，两式相减可得关于的方程，解方程即得【详解】因为，所以，所以.因为，成等比数列，所以，所以，则，整理得，解得.【点睛】本题考查正弦定理和等比数列运用，有一定的综合性16、【解析】根据向量垂直的坐标表示
12、列出等式，求出，再利用二倍角公式、平方关系即可求出【详解】由得，解得，【点睛】本题主要考查了向量垂直的坐标表示以及二倍角公式、平方关系的应用三、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）见解析；（2）.【解析】（1）由已知，得ABAP，CDPD由于AB/CD ，故ABPD ，从而AB平面PAD又AB 平面PAB，所以平面PAB平面PAD（2）在平面内作，垂足为，由（1）可知，平面，故，可得平面.以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.由（1）及已知可得，.所以，.设是平面的法向量，则即可取.设是平面的法向量，则即可取
13、.则，所以二面角的余弦值为.【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.18、（）；（） 或 .【解析】分析：（）先根据三角函数定义得，再根据诱导公式得结果，（）先根据三角函数定义得，再根据同角三角函数关系得，最后根据，利用两角差的余弦公式求结果.【详解】详解：（）由角的终边过点得，所以.（）由角的终边过点得，由得.由得，所以或.点睛：三角函数求值的两种类型(1)给角求值：关键是正确选用公式，以便把非特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数.(2)给值求值：关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异.一般可以适当变换已知式，求得另外函数式的值，以备应用；变换待求式，便于将已知式求得的函数值代入，从而达到解题的目的.19、证明见解析【解析】先证直线平面，再证平面平面.【详解】证明: 是圆的直径，是圆上任一点，平面，平面，又，平面，又平面，平面平面.【点睛】本题考查圆周角及线面垂直判定定理、面面垂直判定定理的应用，考查垂直关系的简单证明.20、（1）；（2）函数的最大值为，最小值为.【解析】用二倍角正弦公式、降幂公式、辅助角公式对函数的解析
