浙江省温州市苍南县树人中学2023-2024学年数学高一下期末达标检测试题含解析

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1、浙江省温州市苍南县树人中学2023-2024学年数学高一下期末达标检测试题注意事项:1答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、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

2、卡的整洁。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若都是正数,则的最小值为( ).A5B7C9D132若,则( )ABCD3甲箱子里装有个白球和个红球,乙箱子里装有个白球和个红球从这两个箱子里分别摸出一个球,设摸出的白球的个数为,摸出的红球的个数为,则( )A,且B,且C,且D,且4已知两个等差数列,的前项和分别为,若对任意的正整数,都有,则等于( )A1BCD5已知向量,则,的夹角为( )ABCD6将函数的图象向右平移个的单位长度,再将所得到的函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍(纵坐

3、标不变),则所得到的图象的函数解析式为( )ABCD7直线(是参数)被圆截得的弦长等于( )ABCD8已知直线和,若,则实数的值为A1或B或C2或D或9已知m、n、a、b为空间四条不同直线,、为不同的平面,则下列命题正确的是( )A若,则B若,则C若,则D若,则10一枚骰子连续投两次,则两次向上点数均为1的概率是( )ABCD二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11已知数列的通项公式为,的前项和为,则_.12在平行六面体中,为与的交点,若存在实数,使向量,则_13在平面直角坐标系中,从五个点:中任取三个,这三点能构成三角形的概率是_14已知,若直线与直线垂直,则的最小值为_15在

4、中,角所对的边分别为,下列命题正确的是_总存在某个内角,使得;存在某钝角,有;若,则的最小角小于16三阶行列式中,元素4的代数余子式的值为_.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已知直线:,一个圆的圆心在轴上且该圆与轴相切,该圆经过点(1)求圆的方程;(2)求直线被圆截得的弦长18正项数列的前n项和Sn满足: (1)求数列的通项公式; (2)令,数列bn的前n项和为Tn,证明:对于任意的nN*,都有Tn .19如图,在中,. ()求AB;()求AD.20已知抛物线的焦点为,过的直线交轴正半轴于点,交抛物线于两点,其中点在第一象限.()求证:以线段

5、为直径的圆与轴相切;()若,,求的取值范围.21已知圆关于直线对称,半径为,且圆心在第一象限()求圆的方程;()若直线与圆相交于不同两点、,且,求实数的值参考答案一、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、C【解析】把式子展开,合并同类项,运用基本不等式,可以求出的最小值.【详解】因为都是正数,所以,(当且仅当时取等号),故本题选C.【点睛】本题考查了基本不等式的应用,考查了数学运算能力.2、B【解析】利用诱导公式得到的值,再由同角三角函数的平方关系,结合角的范围,即可得答案.【详解】,又,.故选:B.【点睛】本题考查诱导公式、同

6、角三角函数的平方关系,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力和运算求解能力,求解时注意符号问题.3、D【解析】可取,;,故选D.4、B【解析】利用等差数列的性质将化为同底的,再化简,将分子分母配凑成前n项和的形式,再利用题干条件,计算。【详解】等差数列,的前项和分别为,对任意的正整数,都有,故选B.【点睛】本题考查等差数列的性质的应用,属于中档题。5、A【解析】由题意得,即可得,再结合即可得解.【详解】由题意知,则.,则,的夹角为.故选:A.【点睛】本题考查了向量数量积的应用,属于基础题.6、A【解析】由题意利用函数的图象变换法则,即可得出结论。【详解】将函数的图象向右平移个的单

7、位长度,可得的图象,再将所得到的函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变),则所得到的图象的函数解析式为,故选【点睛】本题主要考查函数的图象变换法则,注意对的影响。7、D【解析】先消参数得直线普通方程,再根据垂径定理得弦长.【详解】直线(是参数),消去参数化为普通方程:圆心到直线的距离,直线被圆截得的弦长.故选D【点睛】本题考查参数方程化普通方程以及垂径定理,考查基本分析求解能力,属基础题.8、C【解析】利用直线与直线垂直的性质直接求解【详解】直线和,若,得 ,解得或,实数的值为或故选:C【点睛】本题考查直线与直线垂直的性质等基础知识,考查运算求解能力,属于基础题9、D【解析】根据

8、空间中直线与平面、平面与平面位置关系及其性质,即可判断各选项.【详解】对于A,只有当与平面、的交线垂直时,成立,当与平面、的交线不垂直时,不成立,所以A错误;对于B,则或,所以B错误;对于C,由面面平行性质可知,或a、b为异面直线,所以C错误;对于D,若,由线面垂直与线面平行性质可知,成立,所以D正确.故选:D.【点睛】本题考查了空间中直线与平面、平面与平面位置关系的性质与判定,对空间想象能力要求较高,属于基础题.10、D【解析】连续投两次骰子共有36种,求出满足情况的个数,即可求解.【详解】一枚骰子投一次,向上的点数有6种,则连续投两次骰子共有36种,两次向上点数均为1的有1种情况,概率为.

9、故选:D.【点睛】本题考查古典概型的概率,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、【解析】计算出,再由可得出的值.【详解】当时,则,当时,则,当时,.,因此,.故答案为:.【点睛】本题考查数列求和,解题的关键就是找出数列的规律,考查分析问题和解决问题的能力,属于中等题.12、【解析】在平行六面体中把向量用用表示,再利用待定系数法,求得.再求解。【详解】如图所示:因为,又因为,所以,所以.故答案为:【点睛】本题主要考查了空间向量的基本定理,还考查了运算求解的能力,属于基础题.13、【解析】分别算出两点间的距离,共有种,构成三角形的条件为任意两边之和大于第三边,所以在这

10、10种中找出满足条件的即可【详解】由两点之间的距离公式,得:,任取三点有:,共10种,能构成三角形的有:,共6种,所求概率为:.【点睛】构成三角形必须满足任意两边之和大于第三边,则n个点共有个线段,找出满足条件的即可,属于中等难度题目14、8【解析】两直线斜率存在且互相垂直,由斜率乘积为-1求得等式,把目标式子化成,运用基本不等式求得最小值.【详解】设直线的斜率为,直线的斜率为,两条直线垂直,整理得:,等号成立当且仅当,的最小值为.【点睛】利用“1”的代换,转化成可用基本不等式求最值,考查转化与化归的思想.15、【解析】中,根据直角三角形、锐角三角形和钝角三角形分类讨论,得出必要一个角在内,即

11、可判定;中,利用两角和的正切公式,化简得到,根据钝角三角形,即可判定;中,利用向量的运算,得到,由于不共线,得到,再由余弦定理,即可判定【详解】由题意,对于中,在中,当,则,若为直角三角形,则必有一个角在内;若为锐角三角形,则必有一个内角小于等于;若为钝角三角形,也必有一个角小于内,所以总存在某个内角,使得,所以是正确的;对于中,在中,由,可得,由为钝角三角形,所以,所以,所以不正确;对于中,若,即,即,由于不共线,所以,即,由余弦定理可得,所以最小角小于,所以是正确的综上可得,命题正确的是故答案为:【点睛】本题以真假命题为载体,考查了正弦、余弦定理的应用,以及向量的运算及应用,其中解答中熟练

12、应用解三角形的知识和向量的运算进行化简是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于中档试题16、6【解析】利用代数余子式的定义直接求解.【详解】三阶行列式中,元素4的代数余子式的值为:.故答案为:6.【点睛】本题主要考查了三阶行列式中元素的代数余子式的求法,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】(1)由题意设圆心,半径,将点代入圆C的方程可求得a,可得圆的方程;(2)求出圆心C到直线l的距离d,利用勾股定理求出l被圆C所截得弦长【详解】(1)圆心在轴上且该圆与轴相切,设圆心,半径,设圆的方程为,将点代

13、入得, 所求圆的方程为.(2)圆心到直线:的距离,直线被圆截得的弦长为.【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系及圆的方程的应用问题,考查了垂径定理的应用,是基础题18、(1)(2)见解析【解析】(1)因为数列的前项和满足:,所以当时,即解得或,因为数列都是正项,所以,因为,所以,解得或,因为数列都是正项,所以,当时,有,所以,解得,当时,符合所以数列的通项公式,;(2)因为,所以,所以数列的前项和为:,当时,有,所以,所以对于任意,数列的前项和.19、()()【解析】()利用余弦定理,解得的长;()利用正弦定理得,计算得,再利用为直角三角形,进而可计算的长.【详解】()在中,由余弦定理有,即,解得或(舍),所以.()由()得,在中,由正弦定理有,得,所以,又,则为直角三角形,所以,即,故.【点睛】本题考查余弦定理和正弦定理的简单应用,属于基础题.20、()证明见解析; () .【解析】试题分析:()题意实质上证明线段的中点到轴的距离等于线段长的一半,根据抛物线的定义设可证得;()同样设,把已知,用坐标表示出来,消去坐标及,得出与的关系,此时就可得出的取值范围试题解析:()由已知,设,则,圆心坐标为,圆心到轴的距离为,圆的半径为,所以,以线段为直径的圆与轴相切()解

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