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1、辽宁省葫芦岛市协作体2024届数学高一下期末教学质量检测试题注意事项：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已知，则下列4个角中与角终边相同的是（ ）ABCD2七巧板是古代中国劳动人民的发明，到了明代基本定型清陆以湉在冷庐杂识中写道：近又有七巧图，其式五，其数七
2、，其变化之式多至千余如图，在七巧板拼成的正方形内任取一点，则该点取自图中阴影部分的概率是（ ）ABCD3在等差数列中，则等于()A2B18C4D94等比数列的各项均为正数，且，则（ ）ABCD5用数学归纳法证明这一不等式时，应注意必须为（ ）AB，C，D，6已知函数f（x）Asin（x+）+B（A0，0，|）的部分图象如图所示，则f（x）的解析式为（）Af（x）sin（x）1Bf（x）2sin（x）1Cf（x）2sin（x）1Df（x）2sin（2x）+17若是等差数列，首项，则使前n项和成立的最大正整数n=（ ）A2017B2018C4035D40348己知弧长的弧所对的圆心角为弧度，则这条
3、弧所在的圆的半径为（）ABCD9长方体，则异面直线与所成角的余弦值为ABCD10已知数列满足，则（ ）ABCD二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体的所有棱长和为_.12中，内角、所对的边分别是、，已知，且，则的面积为_.13对于0m4的任意m，不
4、等式x2mx4xm3恒成立，则x的取值范围是_14已知向量，.若向量与垂直，则_.15给出下列四个命题：正切函数 在定义域内是增函数；若函数，则对任意的实数都有；函数的最小正周期是；与的图象相同.以上四个命题中正确的有_（填写所有正确命题的序号）16下列命题：函数的最小正周期是；在直角坐标系中，点，将向量绕点逆时针旋转得到向量，则点的坐标是；在同一直角坐标系中，函数的图象和函数的图象有两个公共点；函数在上是增函数其中，正确的命题是_（填正确命题的序号）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已知三棱锥中，是边长为的正三角形，；（1）证明：平面平面；（
5、2）设为棱的中点，求二面角的余弦值.18已知单调递减数列的前项和为，且，则_.19已知数列中，.（1）写出、；（2）猜想的表达式，并用数学归纳法证明20设是正项等比数列的前项和，已知，（1）求数列的通项公式;（2）令，求数列的前项和.21已知函数（）的一段图象如图所示.（1）求函数的解析式；（2）若，求函数的值域.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、C【解析】先写出与角终边相同的角的集合，再给k取值得解.【详解】由题得与角终边相同的集合为,当k=6时，.所以与角终边相同的角为.故选C【点睛】本题主要考查终边相同的角
6、的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.2、B【解析】设阴影部分正方形的边长为，计算出七巧板所在正方形的边长，并计算出两个正方形的面积，利用几何概型概率公式可计算出所求事件的概率.【详解】如图所示，设阴影部分正方形的边长为，则七巧板所在正方形的边长为，由几何概型的概率公式可知，在七巧板拼成的正方形内任取一点，则该点取自图中阴影部分的概率，故选：B.【点睛】本题考查几何概型概率公式计算事件的概率，解题的关键在于弄清楚两个正方形边长之间的等量关系，考查分析问题和计算能力，属于中等题.3、D【解析】利用等差数列性质得到，计算得到答案.【详解】等差数列中，故选：D【点睛】本题考查了等差数列的计算，
7、利用性质可以简化运算，是解题的关键.4、D【解析】本题首先可根据数列是各项均为正数的等比数列以及计算出的值，然后根据对数的相关运算以及等比中项的相关性质即可得出结果【详解】因为等比数列的各项均为正数，所以，所以，故选D【点睛】本题考查对数的相关运算以及等比中项的相关性质，考查的公式为以及在等比数列中有，考查计算能力，是简单题5、D【解析】根据题意验证，时，不等式不成立，当时，不等式成立，即可得出答案.【详解】解：当，时，显然不等式不成立，当时，不等式成立，故用数学归纳法证明这一不等式时，应注意必须为，故选：.【点睛】本题考查数学归纳法的应用，属于基础题6、D【解析】由已知列式求得的值，再由周期
8、求得的值，利用五点作图的第二个点求得的值，即可得到答案.【详解】由题意，根据三角函数的图象，可得，解得，又由，解得，则，又由五点作图的第二个点可得：，解得，所以函数的解析式为，故选D.【点睛】本题主要考查了由的部分图象求解函数的解析式，其中解答中熟记三角函数的五点作图法，以及三角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，属于中档试题.7、D【解析】由等差数列的性质可得，由等差数列前项和公式可得则，得解.【详解】解：由是等差数列，又，所以，又首项，则，则，即使前n项和成立的最大正整数，故选：D.【点睛】本题考查了等差数列的性质，重点考查了等差数列前项和公式，属中档题.8、D【解析】
9、利用弧长公式列出方程直接求解，即可得到答案【详解】由题意，弧长的弧所对的圆心角为2弧度，则，解得，故选D【点睛】本题主要考查了圆的半径的求法，考查弧长公式等基础知识，考查了推理能力与计算能力，是基础题9、A【解析】由题，找出，故(或其补角)为异面直线与所成角，然后解出答案即可.【详解】如图，连接，由，(或其补角)为异面直线与所成角，由已知可得，则即异面直线与所成角的余弦值为故选A【点睛】本题考查了异面直线的夹角问题，找平行线，找出夹角是解题的关键，属于较为基础题.10、A【解析】由给出的递推式变形，构造出新的等比数列，由等比数列的通项公式求出的表达式，再利用等比数列的求和公式求解即可.【详解】
10、解：解：在数列中，由，得，则数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，.，故选：A.【点睛】本题考查了数列的递推式，考查了等比关系的确定以及等比数列的求和公式，属中档题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】取半正多面体的截面正八边形，设半正多面体的棱长为，过分别作于，于，可知，可求出半正多面体的棱长及所有棱长和.【详解】取半正多面体的截面正八边形，由正方体的棱长为1，可知，易知，设半正多面体的棱长为，过分别作于，于，则，解得，故该半正多面体的所有棱长和为.【点睛】本题考查了空间几何体的结构，考查了空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.12、【解析】由正弦定理边角互化
11、思想结合两角和的正弦公式得出，再利用余弦定理可求出、的值，然后利用三角形的面积公式可计算出的面积.【详解】，由边角互化思想得，即，由余弦定理得，所以，因此，故答案为.【点睛】本题考查正弦定理边角互化思想的应用，考查利用余弦定理解三角形以及三角形面积公式的应用，解题时要结合三角形已知元素类型合理选择正弦、余弦定理解三角形，考查运算求解能力，属于中等题.13、 (，1)(3，)【解析】不等式可化为m(x1)x24x30在0m4时恒成立令f(m)m(x1)x24x3.则即x3.故答案为(，1)(3，)14、7【解析】由与垂直，则数量积为0，求出对应的坐标，计算即可.【详解】，又与垂直，故，解得，解得
12、.故答案为：7.【点睛】本题考查通过向量数量积求参数的值.15、【解析】利用反例证明命题错误；先判断为其中一条对称轴；通过恒等变换化成；对两个解析式进行变形，得到定义域和对应关系均一样.【详解】对，当，显然，但，所以，不符合增函数的定义，故错；对，当时，所以为的一条对称轴，当取，取时，显然两个数关于直线对称，所以，即成立，故对；对，故对；对，因为，两个函数的定义域都是，解析式均为，所以函数图象相同，故对.综上所述，故填：.【点睛】本题对三角函数的定义域、值域、单调性、对称性、周期性等知识进行综合考查，求解过程中要注意数形结合思想的应用.16、【解析】由余弦函数的周期公式可判断；由任意角的三角函
13、数定义可判断；由余弦函数和一次函数的图象可判断；由诱导公式和余弦函数的单调性可判断【详解】函数ycos（2x）即ycos2x的最小正周期是，故正确；在直角坐标系xOy中，点P（a，b），将向量绕点O逆时针旋转90得到向量，设arcos，brsin，可得rcos（90+）rsinb，rsin（90+）rcosa，则点Q的坐标是（b，a），故正确；在同一直角坐标系中，函数ycosx的图象和函数yx的图象有一个公共点，故错误；函数ysin（x）即ycosx在0，上是增函数，故正确故答案为【点睛】本题考查余弦函数的图象和性质，主要是周期性和单调性，考查数形结合思想和化简运算能力，属于基础题三、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）见解析（2）【解析】（1）由题意结合正弦定理可得， 据此可证得平面，从而可得题中的结论；（2）在平面中，过点作，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，由空间向量的结论求得半平面的法向量，然后求解二面角的余弦值即可.【详解】（1）证明：在中，由余弦定理可得， ， ，平面，平面，平面平面. （2）在平面中，过点作，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则 设平面的一个法向量为则解得，即 设平面的一个法向量为则解得，
