《山西省怀仁第一中学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《山西省怀仁第一中学2024年数学高一下期末监测试题含解析（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、山西省怀仁第一中学2024年数学高一下期末监测试题注意事项：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考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请
2、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不等式0的解集是（ ）A（，0）（1，+）B（，0）C（1，+）D（0，1）2已知正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为，则该正四棱锥的体积为( )ABCD3已知等差数列的前项之和为，前项和为，则它的前项的和为（ ）A. B. C. D.4设，若是与的等比中项，则的最小值为（ ）ABC3D5在数列中,则数列的前n项和的最大值是（ ）A136B140C144D1486已知函数，若，则（ ）ABCD7若直线与直线互相平行，则的值等于（ ）A0或或3B0或3C0或D或38如图
3、，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为3，则与平面所成的角为（ ）ABCD9若向量满足：与的夹角为，且，则的最小值是（ ）A1BCD210从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，则互斥而不对立的两个事件是（ ）A恰有1个黑球与恰有2个黑球B至少有一个红球与都是黑球C至少有一个黑球与至少有1个红球D至少有一个黑球与都是黑球二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11已知，且，则_12已知球的一个内接四面体中，过球心，若该四面体的体积为，且，则球的表面积的最小值为_13有下列四个说法：已知向量， ，若与的夹角为钝角，则；先将函数的图象上各点纵坐标不变，横坐标
4、缩小为原来的后，再将所得函数图象整体向左平移个单位，可得函数的图象；函数有三个零点；函数在上单调递减，在上单调递增.其中正确的是_.（填上所有正确说法的序号）14已知向量与的夹角为 ，且，；则_15若正实数满足，则的最小值为_16甲船在岛的正南处， ，甲船以每小时的速度向正北方向航行，同时乙船自出发以每小时的速度向北偏东的方向驶去，甲、乙两船相距最近的距离是_.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已知函数（1）求的值；（2）求的最大值和最小值.18已知函数 (1)求的最小正周期和单调递减区间;(2)若在上恒成立,求实数的取值范围.19如图，在四棱
5、锥中，平面平面，四边形为矩形，点，分别是，的中点求证：（1）直线平面；（2）平面平面20已知向量.（1）若，且，求实数的值；（2）若，且与的夹角为，求实数的值.21已知长方体中, ，点N是AB的中点，点M是的中点建立如图所示的空间直角坐标系（1）写出点的坐标；（2）求线段的长度；（3）判断直线与直线是否互相垂直，说明理由参考答案一、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】由题意可得，求解即可.【详解】，解得或，故解集为（，0）（1，+），故选A.【点睛】本题考查了分式不等式的解法，考查了计算能力，属于基础题.2、D【解析
6、】求出正四棱锥的高后可求其体积.【详解】正四棱锥底面的对角线的长度为，故正四棱锥的高为，所以体积为，故选D.【点睛】正棱锥中，棱锥的高、斜高、侧棱和底面外接圆的半径可构成四个直角三角形，它们沟通了棱锥各个几何量之间的关系，解题中注意利用它们实现不同几何量之间的联系.3、C【解析】试题分析：由于等差数列中也成等差数列，即成等差数列，所以，故选C.考点：等差数列前项和的性质.4、C【解析】先由题意求出，再结合基本不等式，即可求出结果.【详解】因为是与的等比中项，所以，故，因为，所以，当且仅当，即时，取等号；故选C【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，熟记基本不等式即可，属于常考题型.5、C【解析】
7、可得数列为等差数列且前8项为正数，第9项为0，从第10项开始为负数，可得前8或9项和最大，由求和公式计算可得【详解】解：在数列中,，即数列为公差为4的等差数列，令可得，递减的等差数列中前8项为正数，第9项为0，从第10项开始为负数，数列的前8或9项和最大，由求和公式可得故选：C【点睛】本题考查等差数列的求和公式和等差数列的判定，属基础题6、D【解析】令，根据奇偶性定义可判断出为奇函数，从而可求得，进而求得结果.【详解】令为奇函数又 即 本题正确选项：【点睛】本题考查利用函数的奇偶性求解函数值的问题，关键是能够通过构造函数的方式得到奇函数，利用奇函数的定义可求得对应位置的函数值.7、D【解析】根
8、据直线的平行关系，列方程解参数即可.【详解】由题：直线与直线互相平行，所以，解得：或.经检验，当或时，两条直线均平行.故选：D【点睛】此题考查根据直线平行关系求解参数的取值，需要熟记公式，注意考虑直线重合的情况.8、A【解析】取的中点，连接、，作，垂足为点，证明平面，于是得出直线与平面所成的角为，然后利用锐角三角函数可求出【详解】如下图所示，取的中点，连接、，作，垂足为点，是边长为的等边三角形，点为的中点，则，且，在三棱柱中，平面，平面，平面，平面，平面，所以，直线与平面所成的角为，易知，在中，即直线与平面所成的角为，故选A【点睛】本题考查直线与平面所成角的计算，求解时遵循“一作、二证、三计算
9、”的原则，一作的是过点作面的垂线，有时也可以通过等体积法计算出点到平面的距离，利用该距离与线段长度的比值作为直线与平面所成角的正弦值，考查计算能力与推理能力，属于中等题9、D【解析】设作图，由可知点在以线段为直径的圆上，由图可知，代入所求不等式利用圆的特征化简即可.【详解】如图，设，取线段的中点为，连接OE交圆于点D，因为即，所以点在以线段为直径的圆上(E为圆心)，且，于是.故选：D【点睛】本题考查向量的线性运算，垂直向量的数量积表示，几何图形在向量运算中的应用，属于中档题.10、A【解析】从装有2个红球和2个黑球的口袋中任取2个球，包括3种情况：恰有一个黑球，恰有两个黑球，没有黑球故恰有一个
10、黑球与恰有两个黑球不可能同时发生，它们是互斥事件，再由这两件事的和不是必然事件，故他们是互斥但不对立的事件，故选：A二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】试题分析：由得：解方程组：得：或因为，所以所以不合题意，舍去所以，所以，答案应填：.考点：同角三角函数的基本关系和两角差的三角函数公式.12、【解析】求出面积的最大值，结合棱锥的体积可得到平面距离的最小值，进一步求得球的半径的最小值得答案【详解】解：在中，由，且，得，得当且仅当时，有最大值1过球心，且四面体的体积为1，三棱锥的体积为则到平面的距离为此时的外接圆的半径为，则球的半径的最小值为，球O的表面积的最小值为故答
11、案为：【点睛】本题考查多面体外接球表面积最值的求法，考查逻辑思维能力与推理运算能力，考查空间想象能力，是中档题13、【解析】根据向量，函数零点，函数的导数，以及三角函数有关知识，对各个命题逐个判断即可【详解】对，若与的夹角为钝角，则且与不共线，即，解得且，所以错误；对，先将函数的图象上各点纵坐标不变，横坐标缩小为原来的后，得函数的图象，再将图象整体向左平移个单位，可得函数的图象，正确；对，函数的零点个数，即解的个数，亦即函数与的图象的交点个数，作出两函数的图象，如图所示：由图可知，正确；对，当时，当时，故函数在上单调递减，在上单调递增，正确故答案为：【点睛】本题主要考查命题的真假判断，涉及向量
12、数量积，三角函数图像变换，函数零点个数的求法，以及函数单调性的判断等知识的应用，属于中档题14、【解析】已知向量与的夹角为，则 ，已知模长和夹角代入式子即可得到结果为 故答案为1 15、【解析】由得，将转化为，整理，利用基本不等式即可求解。【详解】因为，所以.所以当且仅当，即：时，等号成立。所以的最小值为.【点睛】本题主要考查了构造法及转化思想，考查基本不等式的应用及计算能力，属于基础题。16、【解析】根据条件画出示意图，在三角形中利用余弦定理求解相距的距离，利用二次函数对称轴及可求解出最值.【详解】假设经过小时两船相距最近，甲、乙分别行至，如图所示，可知，当小时时甲、乙两船相距最近，最近距离
13、为【点睛】本题考查解三角形的实际应用，难度较易.关键是通过题意将示意图画出来，然后将待求量用未知数表示，最后利用函数思想求最值.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）直接将值代入即可求得对应的函数值.（2）将函数化简为的形式，并求出最大值，最小值【详解】（1）.（2），当时，取得最大值；当时，取得最小值.【点睛】本题主要考查了求三角函数值、三角恒等变换以及三角函数的性质，属于基础题.18、（1）；（2）【解析】(1)注意到, .于是, 的最小正周期.由，故的单调递减区间为.(2)由,知，于是,当时,取得最大值,即.要使恒成立,只需，即.解得.故m的取值范围是.19、（1）见解析（2）见解析【解析】（1）取中点，连接，证得，利用线面平行的判定定理，即可证得直线平面；（2）利用线面垂直的判定定理，证得，再利用面面垂直的判定定理，即可得到平面平面【详解】（1）取中点，连接，在中，分别为，中点，则且，又四边形为矩形，为中点，且，所以，故四边形为平行四边形，从而，又，所以直线 （2）因为矩形，所以，又平面，面，所以，又，则，又，所以，又，所以平面平面【点睛】本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何
