《福建省三明市永安三中2024年数学高一下期末监测试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省三明市永安三中2024年数学高一下期末监测试题含解析（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、福建省三明市永安三中2024年数学高一下期末监测试题注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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若，且，则“”是“函数有零点”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件2若实数，满足不等式组则的最大值为（ ）AB2C5D73设为锐角，若与共线，则角（ ）A15B30C45D604下
2、列四个函数中，既是上的增函数，又是以为周期的偶函数的是（ ）ABCD5在中，分别为角的对边，若，且,则边=( )ABCD6等比数列中，则等于是（ ）AB4CD7已知向量，则与的夹角为（ ）ABCD8某船从处向东偏北方向航行千米后到达处，然后朝西偏南的方向航行6千米到达处，则处与处之间的距离为（ ）A千米B千米C3千米D6千米9设为等差数列的前n项和，若，则使成立的最小正整数n为（ ）A6B7C8D910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第一或第三象限角二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11已知关于的不等式的解集为，则_12已知等差数列，则_
3、.13在等差数列中，则 14某工厂生产甲、乙、丙三种型号的产品，产品数量之比为3:5:7，现用分层抽样的方法抽出容量为的样本，其中甲种产品有18件，则样本容量= 15若，则_.16在中，角所对的边分别为.若,，则角的大小为_.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若（1）化简；（2）求函数的单调递增区间.18如图，已知平面是正三角形，.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的正切值.19如图所示，在直三棱柱（侧面和底面互相垂直的三棱柱叫做直三棱柱）中，平面，设的中点为D，.（1）求证：平面；（2）求证：.20已知.（1）求的值；（2）若为第二象限角，
4、且角终边在上，求的值.21已知（1）求函数的最小正周期和对称轴方程；（2）若，求的值域参考答案一、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】结合函数零点的定义，利用充分条件和必要条件的定义进行判断，即可得出答案【详解】由题意，当时，函数与有交点，故函数有零点；当有零点时，不一定取， 只要满足都符合题意所以“”是“函数有零点”的充分不必要条件故答案为：A【点睛】本题主要考查了函数零点的概念，以及对数函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记函数零点的定义，以及对数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，属于基础题
5、2、C【解析】利用线性规划数形结合分析解答.【详解】由约束条件，作出可行域如图：由得A(3,-2).由，化为，由图可知，当直线过点时，直线在轴上的截距最小，有最大值为5.故选C.【点睛】本题主要考查利用线性规划求最值，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.3、B【解析】由题意，又为锐角，故选B4、C【解析】本题首先可确定四个选项中的函数的周期性以及在区间上的单调性、奇偶性，然后根据题意即可得出结果【详解】A项：函数周期为，在上是增函数,奇函数；B项：函数周期为，在上是减函数，偶函数；C项：函数周期为，在上是增函数，偶函数；D项：函数周期为，在上是减函数，偶函数；综上所述，故选C【点睛
6、】本题考查三角函数的周期性以及单调性，能否熟练的掌握正弦函数以及余弦函数的图像性质是解决本题的关键，考查推理能力，是简单题5、B【解析】由利用正弦定理化简，再利用余弦定理表示出cosA，整理化简得a2b2+c2，与，联立即可求出b的值【详解】由sinB8cosAsinC，利用正弦定理化简得：b8ccosA，将cosA代入得：b8c，整理得：a2b2+c2，即a2c2b2，a2c23b，b23b，解得：b1或b0（舍去），则b1故选B【点睛】此题考查了正弦、余弦定理，熟练掌握定理,准确计算是解本题的关键，是中档题6、B【解析】利用等比数列通项公式直接求解即可.【详解】因为是等比数列，所以.故选：
7、B【点睛】本题考查了等比数列通项公式的应用，属于基础题.7、D【解析】利用夹角公式计算出两个向量夹角的余弦值，进而求得两个向量的夹角.【详解】设两个向量的夹角为，则，故.故选：D.【点睛】本小题主要考查两个向量夹角的计算，考查向量数量积和模的坐标表示，属于基础题.8、B【解析】通过余弦定理可得答案.【详解】设处与处之间的距离为千米，由余弦定理可得，则.【点睛】本题主要考查余弦定理的实际应用，难度不大.9、C【解析】利用等差数列下标和的性质可确定，由此可确定最小正整数.【详解】且 ，使得成立的最小正整数故选：【点睛】本题考查等差数列性质的应用问题，关键是能够熟练应用等差数列下标和性质化简前项和公
8、式.10、D【解析】根据象限角写出的取值范围，讨论即可知在第一或第三象限角【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，属于基础题二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、-2【解析】 为方程两根,因此 12、【解析】利用等差中项的基本性质求得，并利用等差中项的性质求出的值，由此可得出的值.【详解】由等差中项的性质可得，同理，由于、成等差数列，所以，则，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查利用等差中项的性质求值，考查计算能力，属于基础题.13、8【解析】设等差数列的公差为，则，所以，故答案为8.14、【解析】试题分析：由题意得，解得，故
9、答案为考点：分层抽样15、【解析】直接利用倍角公式展开，即可得答案.【详解】由，得，即，故答案为：【点睛】本题考查三角函数的化简求值，考查倍角公式的应用，属于基础题16、【解析】本题考查了三角恒等变换、已知三角函数值求角以及正弦定理，考查了同学们解决三角形问题的能力由得，所以由正弦定理得，所以A=或（舍去）、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】（1）利用利用诱导公式化简得解析式，可的结果（2）利用余弦函数的单调性求得函数的单调递增区间【详解】（1）.（2）令，的单调递增区间为.【点睛】本题考查利用诱导公式化简求值、求余弦函数
10、的单调区间，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查运算求解能力，属于基础题18、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）取 的中点 的中点 ，证明 ，由 根据线面垂直判定定理可得 ，可得 平面 ，结合面面垂直的判定定理，可得平面 平面 ；（2）过作 ，连接BM，可以得到 为二面角 的平面角，解三角形 即可求出二面角的正切值【详解】解：（1）取BE的中点F.AE的中点G，连接GD，CF,GFAB又,CDABCDGF，CD=GF,CFGD是平行四边形,CFGD,又CFBF，CFABCF平面ABECFDGDG平面ABE，DG平面ABE平面ABE平面ADE；（2）AB=BE，AEBG，BG平面ADE
11、，过G作GMDE，连接BM，则BMDE，则BMG为二面角ADEB的平面角，设AB=BC=2CD=2，则, 在RtDCE中，CD=1，CE=2, 又, 由DEGM=DGEG得, 所以， 故面角的正切值为：.【点睛】本题考查了面面垂直的判定定理及二面角的平面角的作法，重点考查了空间想象能力，属中档题.19、（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）由可证平面；（2）先证，再证，即可证明平面，即可得出.【详解】（1）三棱柱为直三棱柱，四边形为矩形，E为中点，又D点为中点，DE为的中位线，又平面，平面，平面；（2）三棱柱为直三棱柱，平面ABC，又，四边形为正方形，所以，平面，和相交于C，平面，.【点睛
12、】本题考查线面平行的证明，考查线面垂直的判定及性质，考查空间想象能力，属于常考题.20、（1）；（2）【解析】(1)先根据诱导公式将原式子化简，再将已知条件中的表达式平方，可得到结果；（2）原式子可化简为，由已知条件可得到，再由第一问中得到，结合第一问中的条件可得到结果.【详解】（1）= 已知,将式子两边平方可得到 （2）为第二象限角，且角终边在上，则根据三角函数的定义得到 原式化简等于 由第一问得到 将已知条件均代入可得到原式等于.【点睛】三角函数求值与化简必会的三种方法(1)弦切互化法:主要利用公式tan =;形如,asin2x+bsin xcos x+ccos2x等类型可进行弦化切.(2
13、)“1”的灵活代换法:1=sin2+cos2=(sin+cos)2-2sincos=tan等.(3)和积转换法:利用(sincos)2=12sincos,(sin+cos)2+(sin-cos)2=2的关系进行变形、转化.21、（1）对称轴为，最小正周期；（2）【解析】(1)利用正余弦的二倍角公式和辅助角公式将函数解析式进行化简得到，由周期公式和对称轴公式可得答案；(2)由x的范围得到，由正弦函数的性质即可得到值域.【详解】（1）令，则的对称轴为，最小正周期；（2）当时，因为在单调递增，在单调递减，在取最大值，在取最小值，所以，所以【点睛】本题考查正弦函数图像的性质，考查周期性，对称性，函数值域的求法，考查二倍角公式以及辅助角公式的应用，属于基础题.
