2024屆廣東云浮一中數學高一下期末考試試題含解析

2024屆廣東云浮一中數學高一下期末考試試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．已知關于的不等式的解集為，則的值為（）A．4 B．5 C．7 D．92．橢圓以軸和軸為對稱軸，經過點(2，0)，長軸長是短軸長的2倍，則橢圓的方程為（）A． B．C．或 D．或3．點關于直線對稱的點的坐標是（）A． B． C． D．4．如圖是某幾何體的三視圖，則該幾何體的外接球的表面積是（）A． B． C． D．5．已知扇形的面積為2cm2,扇形圓心角θ的弧度數是4,則扇形的周長為()A．2cm B．4cm C．6cm D．8cm6．中，若，則的形狀是（）A．等腰三角形 B．等邊三角形C．銳角三角形 D．直角三角形7．若函數的圖象上所有點縱坐標不變，橫坐標伸長到原來的2倍，再向左平行移動個單位長度得函數的圖象，則函數在區(qū)間內的所有零點之和為（）A． B． C． D．8．已知函數，，的零點分別為a，b，c，則（）A． B． C． D．9．直三棱柱ABC—A1B1C1中，BB1中點為M，BC中點為N，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與MN所成角的余弦值為A．1 B． C． D．010．若，則()A．0 B．-1 C．1或0 D．0或-1二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．計算：__________.12．已知向量a＝(3，2)，b＝(0，－1)，那么向量3b－a的坐標是．13．已知當時，函數（且）取得最大值，則時，的值為__________．14．函數的值域為__________．15．已知，，且，若恒成立，則實數的取值范圍是____．16．在各項均為正數的等比數列中，，，則___________.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．已知，，且（1）求的定義域.（2）判斷的奇偶性，并說明理由.18．一汽車廠生產，，三類轎車，每類轎車均有舒適型和標準型兩種型號，某月的產量如下表(單位：輛)：按類用分層抽樣的方法在這個月生產的轎車中抽取50輛，其中有類轎車10輛．轎車轎車轎車舒適型100150標準型300450600（1）求的值；（2）用分層抽樣的方法在類轎車中抽取一個容量為5的樣本．將該樣本看成一個總體，從中任取2輛，求至少有1輛舒適型轎車的概率；（3）用隨機抽樣的方法從類舒適型轎車中抽取8輛，經檢測它們的得分如下：9.4，8.6，9.2，9.6，8.7，9.3，9.0，8.2把這8輛轎車的得分看作一個總體，從中任取一個得分數，

記這8輛轎車的得分的平均數為，定義事件，且函數沒有零點，求事件發(fā)生的概率．19．若是的一個內角，且，求的值.20．已知圓與軸交于兩點，且（為圓心），過點且斜率為的直線與圓相交于兩點（Ⅰ）求實數的值；（Ⅱ）若，求的取值范圍；（Ⅲ）若向量與向量共線（為坐標原點），求的值21．如果一個數列從第2項起，每一項與它前一項的差都大于2，則稱這個數列為“阿當數列”.（1）若數列為“阿當數列”，且，，，求實數的取值范圍；（2）是否存在首項為1的等差數列為“阿當數列”，且其前項和滿足？若存在，請求出的通項公式；若不存在，請說明理由.（3）已知等比數列的每一項均為正整數，且為“阿當數列”，，，當數列不是“阿當數列”時，試判斷數列是否為“阿當數列”，并說明理由.

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、D【解題分析】

將原不等式化簡后，根據不等式的解集列方程組，求得的值，進而求得的值.【題目詳解】由得，依題意上述不等式的解集為，故，解得（舍去），故.故選:D.【題目點撥】本小題主要考查類似：已知一元二次不等式解集求參數，考查函數與方程的思想，屬于基礎題.2、C【解題分析】

由于橢圓長軸長是短軸長的2倍，即，又橢圓經過點(2，0)，分類討論，即可求解.【題目詳解】由于橢圓長軸長是短軸長的2倍，即，又橢圓經過點(2，0)，則若焦點在x軸上，則，，橢圓方程為；若焦點在y軸上，則，，橢圓方程為，故選C．【題目點撥】本題主要考查了橢圓的方程的求解，其中解答中熟記橢圓的標準方程的形式，合理分類討論是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.3、A【解題分析】

設點關于直線對稱的點為，根據斜率關系和中點坐標公式，列出方程組，即可求解.【題目詳解】由題意，設點關于直線對稱的點為，則，解得，即點關于直線對稱的點為，故選A.【題目點撥】本題主要考查了點關于直線的對稱點的求解，其中解答中熟記點關于直線的對稱點的解法是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題.4、B【解題分析】

由三視圖還原幾何體，可知該幾何體是由邊長為的正方體切割得到的四棱錐，可知所求外接球即為正方體的外接球，通過求解正方體外接球半徑，代入球的表面積公式可得到結果.【題目詳解】由三視圖可知，幾何體為如下圖所示的四棱錐：由上圖可知：四棱錐可由邊長為的正方體切割得到該正方體的外接球即為四棱錐的外接球四棱錐的外接球半徑外接球的表面積故選：【題目點撥】本題考查棱錐外接球表面積的求解問題，關鍵是能夠通過三視圖還原幾何體，并將幾何體放入正方體中，通過求解正方體的外接球表面積得到結果；需明確正方體外接球表面積為其體對角線長的一半.5、C【解題分析】設扇形的半徑為R,則R2θ=2,∴R2=1R=1,∴扇形的周長為2R+θ·R=2+4=6(cm).6、D【解題分析】

根據正弦定理，得到，進而得到，再由兩角和的正弦公式，即可得出結果.【題目詳解】因為，所以，所以，即，所以，又因此，所以，即三角形為直角三角形.故選D【題目點撥】本題主要考查三角形形狀的判斷，熟記正弦定理即可，屬于?？碱}型.7、C【解題分析】

先由誘導公式以及兩角和差公式得到函數表達式，再根據函數伸縮平移得到，將函數零點問題轉化為圖像交點問題，進而得到結果.【題目詳解】函數橫坐標伸長到原來的2倍得到，再向左平行移動個單位長度得函數，函數在區(qū)間內的所有零點，即的所有零點之和，畫出函數和函數的圖像，有6個交點，故得到根之和為.故答案為：C.【題目點撥】本題考查了三角函數的化簡問題，以及函數零點問題。于函數的零點問題，它和方程的根的問題，和兩個函數的交點問題是同一個問題，可以互相轉化；在轉化為兩個函數交點時，如果是一個常函數一個非常函數，注意讓非常函數式子盡量簡單一些。8、B【解題分析】

，，分別為，，的根，作出，，的圖象與直線，觀察交點的橫坐標的大小關系．【題目詳解】由題意可得，，分別為，，的根，作出，，,的圖象,與直線的交點的橫坐標分別為，，，由圖象可得，故選：．【題目點撥】本題主要考查了函數的零點，函數的圖象，數形結合思想，屬于中檔題．9、D【解題分析】

先找到直線異面直線AB1與MN所成角為∠,再通過解三角形求出它的余弦值.【題目詳解】由題得,所以∠就是異面直線AB1與MN所成角或補角.由題得,,因為,所以異面直線AB1與MN所成角的余弦值為0.故選:D【題目點撥】本題主要考查異面直線所成的角的求法，考查余弦定理解三角形，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.10、D【解題分析】

由二倍角公式可得，即，從而分情況求解.【題目詳解】易得，或.

由得.

由，得.故選：D【題目點撥】本題考查二倍角公式的應用以及有關的二次齊次式子求值，屬于中檔題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、0【解題分析】

直接利用數列極限的運算法則，分子分母同時除以，然后求解極限可得答案.【題目詳解】解：，故答案為：0.【題目點撥】本題主要考查數列極限的運算法則，屬于基礎知識的考查.12、【解題分析】試題分析：因為,所以.考點：向量坐標運算.13、3【解題分析】

先將函數的解析式利用降冪公式化為，再利用輔助角公式化為，其中，由題意可知與的關系，結合誘導公式以及求出的值．【題目詳解】，其中，當時，函數取得最大值，則，，所以，，解得，故答案為．【題目點撥】本題考查三角函數最值，解題時首先應該利用降冪公式、和差角公式進行化簡，再利用輔助角公式化簡為的形式，本題中用到了與之間的關系，結合誘導公式進行求解，考查計算能力，屬于中等題．14、【解題分析】

本題首先可通過三角恒等變換將函數化簡為，然后根據的取值范圍即可得出函數的值域．【題目詳解】因為，所以.【題目點撥】本題考查通過三角恒等變換以及三角函數性質求值域，考查二倍角公式以及兩角和的正弦公式，考查化歸與轉化思想，是中檔題．15、（-4，2）【解題分析】試題分析：因為當且僅當時取等號，所以考點：基本不等式求最值16、8【解題分析】

根據題中數列，結合等比數列的性質，得到，即可得出結果.【題目詳解】因為數列為各項均為正數的等比數列，，，所以.故答案為【題目點撥】本題主要考查等比數列的性質的應用，熟記等比數列的性質即可，屬于基礎題型.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）偶函數，理由見解析.【解題分析】

（1）根據對數的真數大于零可求得和的定義域，取交集可得定義域；（2）整理可得，驗證得，得到函數為偶函數.【題目詳解】（1）令得：定義域為令得：定義域為的定義域為（2）由題意得：，為定義在上的偶函數【題目點撥】本題考查函數定義域的求解、奇偶性的判斷；求解函數定義域的關鍵是明確對數函數要求真數必須大于零，且需保證構成函數的每個部分都有意義.18、（1）400；（2）；（3）【解題分析】

（1）由分層抽樣按比例可得；（2）把5個樣本編號，用列舉法列出任取2輛的所有基本事件，得出至少有1輛舒適型轎車的基本事件，計數后可得概率．（3）求出，確定事件所含的個數后可得概率．【題目詳解】（1）由題意，解得；（2）C類產品中舒適型和標準型產品數量比為，因此5人樣品中舒適型抽取了2輛，標準型抽取了3輛，編號為，任取2輛的基本事件有：共10個，其中至少有1輛舒適型轎車的基本事件有共7個，所求概率為．（3）由題意，滿足的有共6個，函數沒有零點，則，解得，再去掉，還有4個，∴所求概率為．【題目點撥】本題考查分層抽樣，考查古典概型，解題關鍵是用列舉法寫出所有的基本事件．19、【解題分析】

本題首先可根據是的一個內角以及得出和，然后對進行平方并化簡可得，最后結合即可得出結果．【題目詳解】因為是的一個內角，所以，，因為，所以，，所以，所以．【題目點撥】本題考查同角三角函數關系的應用，考查的公式為，在運算的過程中一定要注意角的取值范圍，考查推理能力，是簡單題．20、（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）【解題分析】

（Ⅰ）由圓的方程得到圓心坐標和；根據、為等腰直角三角形可知，從而得到，解方程求得結果；（Ⅱ）設直線方程為；利用點到直線距離公式求得圓心到直線距離；由垂徑定理可得到，利用可構造不等式求得結果；（Ⅲ）直線方程與圓方程聯立，根據直線與圓有兩個交點可根據得到的取值范圍；設，，利用韋達定理求得，并利用求得，即可得到；利用向量共線定理可得到關于的方程，解方程求得滿足取值范圍的結果.【題目詳解】（Ⅰ）由圓得：圓心，由題意知，為等腰直角三角形設的中點為，則也為等腰直角三角形，解得：（Ⅱ）設直線方程為：則圓心到直線的距離：由，，可得：，解得：的取值范圍為：（Ⅲ）聯立直線與圓的方程：消去變量得：設，，由韋達定理得：且，整理得：解得：或，與向量共線，，解得：或不滿足【題目點撥】本題考查直線與圓位置關系的綜合應用，涉及到圓的方程的求解、垂徑定理的應用、平面向量共線定理的應用；求解直線與圓位置關系綜合應用類問題的常用方法是靈活應用圓心到直線的距離、直線與圓方程聯立，韋達定理構造方程等方法，屬于?？碱}型.21、（1）；（2）不存在，理由見詳解；（3）見詳解.【解題分析】

（1）根據題意，得到，求解即可得出結果；（2）先假設存在等差數列為“阿當數列”，設公差為，則，根據等差數列求和公式，結合題中條件，得到，即對任意都成立，判斷出，推出矛盾，即可得出結果；（3）設等比數列的公比為，根據為“阿當數列”，推出在數列中，為最小項；在數列中，為最小項；得到，，再由數列每一項均為正整數，得到，或，；分別討論，和，兩種情況，結合數列的增減性，即可得出結果.【題目詳解】（1）由題意可得：，，即，解得或；所以實數的取值范圍是；（2）假設存在等差數列為“阿當數列”，設公差為，則，由可得：，又，所以對任意都成立，即對任意都成立，因為，且，所以，與矛盾，因此，不存在等差數列為“阿當數列”；（3