2023-2024學年安徽省江南十校高一下數學期末達標檢測試題含解析

2023-2024學年安徽省江南十校高一下數學期末達標檢測試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．l：與兩坐標軸所圍成的三角形的面積為A．6 B．1 C． D．32．已知底面半徑為1，體積為的圓柱，內接于一個高為圓錐（如圖），線段AB為圓錐底面的一條直徑，則從點A繞圓錐的側面到點B的最短距離為（）A．8 B． C． D．43．以下莖葉圖記錄了甲、乙兩組各五名學生在一次英語聽力測試中的成績（單位：分）．已知甲組數據的中位數為15，乙組數據的平均數為16.8，則x，y的值分別為（）A．2，5 B．5，5 C．5，8 D．8，84．在等差數列中,已知=2,=16,則為()A．8 B．128 C．28 D．145．函數的圖象與函數的圖象的交點個數為()A．3 B．2 C．1 D．06．已知為銳角，，則（）A． B． C． D．7．米勒問題，是指德國數學家米勒1471年向諾德爾教授提出的有趣問題：在地球表面的什么部位，一根垂直的懸桿呈現最長（即可見角最大？）米勒問題的數學模型如下：如圖，設是銳角的一邊上的兩定點，點是邊邊上的一動點，則當且僅當的外接圓與邊相切時，最大．若，點在軸上，則當最大時，點的坐標為（）A． B．C． D．8．“是第二象限角”是“是鈍角”的（）A．充分非必要條件 B．必要非充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要9．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出S的值為（）A．－ B． C．－ D．10．在中，角，，所對的邊分別為，，，則下列命題中正確命題的個數為()①若,則；②若，則為鈍角三角形；③若，則．A．1 B．2 C．3 D．0二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知正實數x，y滿足2x+y=2，則xy的最大值為______.12．在三棱錐中，，，，作交于，則與平面所成角的正弦值是________.13．秦九韶是我國南宋著名數學家，在他的著作《數書九章》中有己知三邊求三角形面積的方法：“以小斜冪并大斜冪減中斜冪，余半之，自乘于上以小斜冪乘大斜冪減上，余四約之，為實一為從陽，開平方得積.”如果把以上這段文字寫成公式就是，其中是的內角的對邊為.若，且，則面積的最大值為________.14．數列滿足，則的前60項和為_____．15．已知為銳角，，則________．16．若復數滿足（為虛數單位），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．已知公差不為的等差數列滿足．若，，成等比數列．（1）求的通項公式；（2）設，求數列的前項和．18．已知函數.（1）求的最小正周期；（2）若，求當時自變量的取值集合.19．已知數列的前項和為，點在直線上.（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前項和.20．如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四邊形BFED為矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1.(1)求證：AD⊥平面BFED；(2)點P在線段EF上運動，設平面PAB與平面ADE所成銳二面角為θ，試求θ的最小值．21．已知為數列的前n項和，且.（1）求數列的通項公式；（2）若，求數列的前n項和.

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【解析】

先求出直線與坐標軸的交點，再求三角形的面積得解.【詳解】當x=0時，y=2,當y=0時，x=3,所以三角形的面積為.故選：D【點睛】本題主要考查直線與坐標軸的交點的坐標的求法，意在考查學生對該知識的理解掌握水平和分析推理能力.2、C【解析】

先求解圓錐的底面半徑,再根據側面展開圖的結構計算扇形中間的距離即可.【詳解】設圓柱的高為,則,得.因為,所以為的中位線,所以,則.即圓錐的底面半徑為1,母線長為4,則展開后所得扇形的弧長為,圓心角為.所以從點A繞圓錐的側面到點B的最短距離為.故選：C.【點睛】本題主要考查了圓柱與圓錐內切求解有關量的問題以及圓錐的側面積展開求距離最小值的問題.屬于中檔題.3、C【解析】試題分析：由題意得，，選C.考點：莖葉圖4、D【解析】

將已知條件轉化為的形式列方程組，解方程組求得，進而求得的值.【詳解】依題意，解得，故.故選：D.【點睛】本小題主要考查等差數列通項的基本量計算，屬于基礎題.5、B【解析】由已知g(x)＝(x－2)2＋1，所以其頂點為(2,1)，又f(2)＝2ln2∈(1,2)，可知點(2,1)位于函數f(x)＝2lnx圖象的下方，故函數f(x)＝2lnx的圖象與函數g(x)＝x2－4x＋5的圖象有2個交點．6、A【解析】

先將展開并化簡，再根據二倍角公式，計算可得?！驹斀狻坑深}得，，整理得，又為銳角，則，，解得.故選：A【點睛】本題考查兩角和差公式以及二倍角公式，是基礎題。7、A【解析】

設點的坐標為，求出線段的中垂線與線段的中垂線交點的橫坐標，即可得到的外接圓圓心的橫坐標，由的外接圓與邊相切于點，可知的外接圓圓心的橫坐標與點的橫坐標相等，即可得到點的坐標．【詳解】由于點是邊邊上的一動點，且點在軸上，故設點的坐標為；由于，則直線的方程為：，點為直線與軸的交點，故點的坐標為；由于為銳角，點是邊邊上的一動點，故；所以線段的中垂線方程為：；線段的中垂線方程為：；故的外接圓的圓心為直線與直線的交點，聯立，解得：；即的外接圓圓心的橫坐標為的外接圓與邊相切于點，邊在軸上，則的外接圓圓心的橫坐標與點的橫坐標相等，即，解得：或（舍）所以點的坐標為；故答案選A【點睛】本題考查直線方程、三角形外接圓圓心的求解，屬于中檔題8、B【解析】

由α是鈍角可得α是第二象限角，反之不成立，則答案可求．【詳解】若α是鈍角，則α是第二象限角；反之，若α是第二象限角，α不一定是鈍角，如α＝﹣210°．∴“α是第二象限角”是“α是鈍角”的必要非充分條件．故選B．【點睛】本題考查鈍角、象限角的概念，考查了充分必要條件的判斷方法，是基礎題．9、D【解析】試題分析：由已知可得，故選D.考點：程序框圖.10、C【解析】

根據正弦定理和大角對大邊判斷①正確；利用余弦定理得到為鈍角②正確；化簡利用余弦定理得到③正確.【詳解】①若,則；根據，則即，即，正確②若，則為鈍角三角形；，為鈍角，正確③若，則即，正確故選C【點睛】本題考查了正弦定理和余弦定理，意在考查學生對于正弦定理和余弦定理的靈活運用.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

由基本不等式可得，可求出xy的最大值.【詳解】因為，所以，故，當且僅當時，取等號.故答案為.【點睛】利用基本不等式求最值必須具備三個條件：①各項都是正數；②和（或積）為定值；③等號取得的條件.12、【解析】

取中點,中點,易得面,再求出到平面的距離,進而求解再得出到平面的距離.從而算得與平面所成角的正弦值即可.【詳解】如圖,取中點,中點,連接.因為,,所以.因為,,所以.在中,余弦定理可得.在中,余弦定理可得,故.在中,,且面.故到面的距離.到面的距離.又因為,所以,所以,所以,故到面的距離.故與平面所成角的正弦值是故答案為：【點睛】本題主要考查了空間中線面垂直的性質與運用,同時也考查了余弦定理在三角形中求線段與角度正余弦值的方法,需要根據題意找到點到面的距離求解,再求出線面的夾角.屬于難題.13、【解析】

根據正弦定理和余弦定理，由可得，再由及函數求最值的知識，即可求解.【詳解】，又，，時，面積的最大值為.故答案為：【點睛】本題主要考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的應用，考查了理解辨析能力與運算求解能力，屬于中檔題.14、1830【解析】

由題意可得，，，，，，…，，變形可得，，，，，，，，…，利用數列的結構特征，求出的前60項和．【詳解】解：，∴，，，，，，…，，∴，，，，，，，，…，從第一項開始，依次取2個相鄰奇數項的和都等于2，從第二項開始，依次取2個相鄰偶數項的和構成以8為首項，以16為公差的等差數列，的前60項和為，故答案為：．【點睛】本題主要考查遞推公式的應用，考查利用構造等差數列求數列的前項和，屬于中檔題．15、【解析】

利用同角三角函數的基本關系求出，并利用二倍角正切公式計算出的值，再利用兩角和的正切公式求出的值.【詳解】為銳角，則，，由二倍角正切公式得，因此，，故答案為.【點睛】本題考查同角三角函數的基本關系求值、二倍角正切公式和兩角和的正切公式求值，解題的關鍵就是靈活利用這些公式進行計算，考查運算求解能力，屬于中等題.16、【解析】分析：由復數的除法運算可得解.詳解：由，得.故答案為：.點睛：本題考查了復數的除法運算，屬于基礎題.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）.【解析】

（1）根據對比中項的性質即可得出一個式子，再帶入等差數列的通項公式即可求出公差．（2）根據（1）的結果，利用分組求和即可解決．【詳解】（1）因為成等比數列，所以，所以，即，因為，所以，所以；（2）因為，所以，，.【點睛】本題主要考查了等差數列通項式，以及等差中項的性質．數列的前的求法，求數列前項和常用的方法有錯位相減、分組求和、裂項相消．18、（1）；（2）或【解析】

（1）由輔助角公式可得，再求周期即可；（2）由求出，再解方程即可.【詳解】解：（1），則的最小正周期為.（2）因為，所以，即，解得.因為，所以.因為，所以，即，則或，解得或.故當時，自變量的取值集合為或.【點睛】本題考查了三角恒等變換，重點考查了解三角方程，屬中檔題.19、（1）（2）【解析】

（1）先由題意得到，求出，再由，作出，得到數列為等比數列，進而可求出其通項公式；（2）先由（1）得到，再由錯位相減法，即可求出結果.【詳解】解：（1）由題可得.當時，，即.由題設，，兩式相減得.所以是以2為首項，2為公比的等比數列，故.（2）由（1）可得，所以，.兩邊同乘以得.上式右邊錯位相減得.所以.化簡得.【點睛】本題主要考查求數列的通項公式，以及數列的前項和，熟記等比數列的通項公式與求和公式，以及錯位相減法求數列的和即可，屬于?？碱}型.20、（1）證明見解析（2）θ最小值為60°【解析】

（1）在梯形ABCD中，利用勾股定理，得到AD⊥BD，再結合面面垂直的判定，證得DE⊥平面ABCD，即可證得AD⊥平面BFED；（2）以D為原點，直線DA，DB，DE分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，求得平面PAB與平面ADE法向量，利用向量的夾角公式，即可求解?！驹斀狻浚?）證明：在梯形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，∴AB＝2.∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos60°＝3.∴AB2＝AD2＋BD2，∴AD⊥BD.∵平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，DE?平面BFED，DE⊥DB，∴DE⊥平面ABCD，∴DE⊥AD，又DE∩BD＝D，∴AD⊥平面BFED.（1）由(1)知，直線AD，BD，ED兩兩垂直，故以D為原點，直線DA，DB，DE分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，令EP＝λ(0≤λ≤)，則D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，P(0，λ，1)，所以＝(－1，，0)，＝(0，λ－，1)．設n1＝(x，y，z)為平面PAB的法向量，由得，取y＝1，則n1＝(，1，－λ)．因為n2＝(0,1,0)是平面ADE的一個法向量，所以cosθ＝＝＝.因為0≤λ≤，所以當λ＝時，cosθ有最大值，所以θ的最小值為60°.【點睛】本題考查了線面垂直關系的判定與證明，以及空間角的求解問題，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推