2024-2025学年江苏省苏州外国语学校高一数学第二学期期末经典试题含解析.doc

2024-2025学年江苏省苏州外国语学校高一数学第二学期期末经典试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。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．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）

A． B． C． D．
2．如图，正四面体，是棱上的动点，设（），分别记与，所成角为，，则（ ）

A． B． C．当时， D．当时，
3．已知关于的不等式的解集为，则的值为（ ）
A．4 B．5 C．7 D．9
4．已知过原点的直线与圆C：相交于不同的两点，且线段的中点坐标为，则弦长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
5．已知，若，则的值是（ ）.
A．-1 B．1 C．2 D．-2
6．若函数，又，，且的最小值为，则正数的值是（ ）
A． B． C． D．
7．设等差数列的前项和为，若，，则的值为( )
A． B． C． D．
8．平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A，B的坐标分别为(1，1)，(-3，3).若动点P满足，其中λ，μ∈R，且λ+μ=1，则点P的轨迹方程为()
A． B． C． D．
9．中国古代数学著作《孙子算经》中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，问物几何？”人们把此类题目称为“中国剩余定理”，若正整数除以正整数后的余数为，则记为，例如．现将该问题以程序框图的算法给出，执行该程序框图，则输出的等于（ ）．

A． B． C． D．
10．已知，，，则实数、、的大小关系是（）
A． B．
C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点D，且，则的最小值为________．
12．已知函数，对于上的任意，，有如下条件：
①； ②；③；④．
其中能使恒成立的条件序号是__________．
13．若，则函数的最小值是_________.
14．已知圆锥的表面积等于，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为__________.
15．已知函数，若，则的取值围为_________.
16．设数列（）是等差数列，若和是方程的两根，则数列的前2019项的和________
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（其中）的图象如图所示：

（1）求函数的解析式及其对称轴的方程；
（2）当时，方程有两个不等的实根，求实数的取值范围，并求此时的值.
18．已知，，且
（1）求的定义域.
（2）判断的奇偶性，并说明理由.
19．如图，在中，，D是BC边上的一点，，，.

（1）求的大小；
（2）求边的长.
20．设数列的前项和.已知.
（1）求数列的通项公式；
（2）是否对一切正整数，有？说明理由.
21．已知，与的夹角为.
（1）若，求；
（2）若与垂直，求.
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】
观察可知，这个几何体由两部分构成,：一个半圆柱体，底面圆的半径为1，高为2；一个半球体，半径为1，按公式计算可得体积。
【详解】
设半圆柱体体积为，半球体体积为，由题得几何体体积为
，故选A。
本题通过三视图考察空间识图的能力，属于基础题。
2、D
【解析】
作交于时，为正三角形，，是与成的角，根据等腰三角形的性质，作交于，同理可得，当时，，故选D．
3、D
【解析】
将原不等式化简后，根据不等式的解集列方程组，求得的值，进而求得的值.
【详解】
由得，依题意上述不等式的解集为，故，解得（舍去），故.
故选:D.
本小题主要考查类似：已知一元二次不等式解集求参数，考查函数与方程的思想，属于基础题.
4、A
【解析】
根据两直线垂直，斜率相乘等于-1，求得直线的斜率为，进而求出圆心到直线的距离，再代入弦长公式求得弦长值.
【详解】
圆的标准方程为：，设圆心，
，，
，，
直线的方程为：，
到直线的距离，
.
求直线与圆相交的弦长问题，核心是利用点到直线的距离公式，求圆心到直线的距离.
5、C
【解析】
先求出的坐标，再利用向量平行的坐标表示求出c的值.
【详解】
由题得，
因为，
所以2(c-2)-2×0=0，
所以c=2.
故选C
本题主要考查向量的坐标计算和向量共线的坐标表示，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
6、D
【解析】
，由，得，，由，得，则，当时，取得最小值，则，解得，故选D.
7、D
【解析】
利用等差数列的前项和的性质可求的值.
【详解】
因为，所以，故，
故选D.
一般地，如果为等差数列，为其前项和，则有性质：
（1）若，则；
（2） 且 ；
（3）且为等差数列；
（4） 为等差数列.
8、C
【解析】
设点坐标，代入，得到即，再根据，即可求解.
【详解】
设点坐标，因为点的坐标分别为，
将各点坐标代入,可得，
即，解得，代入，
化简得，故选C.
本题主要考查了平面向量的坐标运算和点的轨迹的求解，其中解答中熟记向量的坐标运算，以及平面向量的基本定理是解答的关键，着重考查了推理运算能力，属于基础题.
9、C
【解析】
从21开始，输出的数是除以3余2，除以5余3，满足条件的是23，故选C.
10、B
【解析】
将bc化简为最简形式，再利用单调性比较大小。
【详解】

因为 在 单调递增
所以
本题考查利用的单调性判断大小，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、9
【解析】
分析：先根据三角形面积公式得条件、再利用基本不等式求最值.
详解：由题意可知，,由角平分线性质和三角形面积公式得，化简得，因此
当且仅当时取等号，则的最小值为.
点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.
12、③④
【解析】
∵g（x）= [（﹣x）2﹣cos（﹣x）]= [x2﹣cosx]=g（x），
∴g（x）是偶函数，∴g（x）图象关于y轴对称，
∵g′（x）=x+sinx＞0，x∈（0，]，
∴g（x）在（0，]上是增函数，在[﹣，0）是减函数，
故③x1＞|x2|；④时，g（x1）＞g（x2）恒成立，
故答案为：③④．
点睛：此题考查的是函数的单调性的应用；已知表达式，根据表达式判断函数的单调性，和奇偶性，偶函数在对称区间上的单调性相反，根据单调性的定义可知，增函数自变量越大函数值越大，减函数自变量越大函数值越小。
13、
【解析】
利用基本不等式可求得函数的最小值.
【详解】
，由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，
因此，当时，函数的最小值是.
故答案为：.
本题考查利用基本不等式求函数的最值，考查计算能力，属于基础题.
14、
【解析】
设出底面圆的半径，用半径表示出圆锥的母线，再利用表面积，解出半径。
【详解】
设圆锥的底面圆的半径为，母线为，则底面圆面积为，周长为 ，
则 解得
故填2
本题考查根据圆锥的表面积求底面圆半径，属于基础题。
15、
【解析】
由函数，根据，得到，再由，得到，结合余弦函数的性质，即可求解.
【详解】
由题意，函数，
又由，即，即，
因为，则，
所以或，即或，
所以实数的取值围为.
故答案为：.
本题主要考查了余弦的倍角公式，以及三角不等式的求解，其中解答中熟练应用余弦函数的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
16、2019
【解析】
根据二次方程根与系数的关系得出，再利用等差数列下标和的性质得到，然后利用等差数列求和公式可得出答案.
【详解】
由二次方程根与系数的关系可得，
由等差数列的性质得出，
因此，等差数列的前项的和为，
故答案为.
本题考查等差数列的性质与等差数列求和公式的应用，涉及二次方程根与系数的关系，解题的关键在于等差数列性质的应用，属于中等题.

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）根据图像得A=2,利用，求ω值，再利用时取到最大值可求φ，从而得到函数解析式，进而求得对称轴方程；（2）由得，方程f（x）＝2a﹣3有两个不等实根转为f（x）的图象与直线y＝2a﹣3有两个不同的交点，从而可求得a的取值范围，利用图像的性质可得的值.
【详解】
（1）由图知，,解得ω=2，f(x)=2sin(2x+φ),
当时，函数取得最大值，可得，即，
，解得 ，又所以，
故，
令则，
所以的对称轴方程为；
（2），
所以方程有两个不等实根时，
的图象与直线有两个不同的交点，可得
,
当时，，有，
故.
本题考查由y＝Asin（ωx+φ）的部分图象确定函数解析式，考查函数y＝Asin（ωx+φ）的图象及性质的综合应用，属于中档题．
18、（1）；（2）偶函数，理由见解析.
【解析】
（1）根据对数的真数大于零可求得和的定义域，取交集可得定义域；
（2）整理可得，验证得，得到函数为偶函数.
【详解】
（1）令得： 定义域为
令得： 定义域为
的定义域为
（2）由题意得：，

为定义在上的偶函数
本题考查函数定义域的求解、奇偶性的判断；求解函数定义域的关键是明确对数函数要求真数必须大于零，且需保证构成函数的每个部分都有意义.
19、（1）
（2）
【解析】
（1）在中，由余弦定理运算即可；
（2）在中，由正弦定理运算即可.
【详解】
解：（1）在中，，，，
由余弦定理可得,
又，
即；
（2）由（1）得，
在中，，，
由正弦定理 可得：，
即.
本题考查了正弦定理、余弦定理的应用，属基础题.
20、（1）；（2）对一切正整数，有.
【解析】
（1）运用数列的递推式，结合等差数列的定义和通项公式，可得所求；
（2）对一切正整数n，有，
考虑当时，，再由裂项相消求和，即可得证。
【详解】
（1）

当时，
两式做差得
，
，当时，上式显然成立，。
（2）证明：当时，
可得
由
可得
即有<
则当时，不等式成立。
检验时，不等式也成立，综上对一切正整数n，有。
本题考查数列递推式，考查数列求和，考查裂项法的运用，确定数列的通项是关键．
21、（1）；（2）
【解析】
（1）根据向量共线，对向量的夹角分类讨论，利用数量积公式即可完成求解；
（2）根据向量垂直得到数量积为，再根据已知条件并借助数量积公式即可计算出的值.
【详解】
（1）∵，∴与的夹角为或，
当时，，
当时，，
综上所述，；
（2）∵，∴，
即，∵，
∴，∴
∵向量的夹角的范围是，∴
本题考查根据向量的平行、垂直求解向量的夹角以及向量数量积公式的运用，难度较易.注意共线向量的夹角为或.