2024-2025学年黑龙江省鹤岗市工农区第一中学高一下数学期末联考试题含解析.doc

2024-2025学年黑龙江省鹤岗市工农区第一中学高一下数学期末联考试题
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．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，线段B1D1上有两个动点E，F且EF＝1，则当E，F移动时，下列结论中错误的是（　　　　）

A．AE∥平面C1BD
B．四面体ACEF的体积不为定值
C．三棱锥A﹣BEF的体积为定值
D．四面体ACDF的体积为定值
2．已知圆截直线所得弦的长度为4，则实数a的值是　　
A． B． C． D．
3．某正弦型函数的图像如图，则该函数的解析式可以为（ ）.

A． B．
C． D．
4．已知，则比多了几项（ ）
A．1 B． C． D．
5．某数学竞赛小组有3名男同学和2名女同学，现从这5名同学中随机选出2人参加数学竞赛（每人被选到的可能性相同）.则选出的2人中恰有1名男同学和1名女同学的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．已知数列{an}为等差数列，Sn是它的前n项和．若＝2，S3＝12，则S4＝(　　)
A．10 B．16 C．20 D．24
7．已知函数的最大值为，最小值为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
8．从1，2，3，…，9这个9个数中任取5个不同的数，则这5个数的中位数是5的概率等于（ ）
A． B． C． D．
9．半径为的半圆卷成一个圆锥，它的体积是（ ）
A． B． C． D．
10．设，且，则的最小值为 （ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知扇形的圆心角为，半径为，则扇形的面积 ．
12．函数的最小正周期为______________.
13．设函数，则使得成立的的取值范围是_______________．
14．已知向量（1，2），（x，4），且∥，则_____．
15．正项等比数列中，，，则公比__________．
16．对于数列满足： ，其前项和为记满足条件的所有数列中，的最大值为，最小值为，则___________
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．已知两个定点，动点满足.设动点的轨迹为曲线，直线.
（1）求曲线的轨迹方程；
（2）若与曲线交于不同的两点，且（为坐标原点），求直线的斜率；
（3）若， 是直线上的动点，过作曲线的两条切线，切点为，探究：直线是否过定点.
18．四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，是等边三角形，为的中点，.

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若，能否在棱上找到一点，使平面平面?若存在，求的长.
19．如图，在中，点在边上，为的平分线，．

（1）求；
（2）若,,求．
20．已知公差不为零的等差数列满足：，且成等比数列．
（1）求数列的通项公式．
（2）记为数列的前项和，是否存在正整数，使得？若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由．
21．已知函数，其中常数；
（1）令，判定函数的奇偶性，并说明理由；
（2）令，将函数图像向右平移个单位，再向上平移1个单位，得到函数的图像，对任意，求在区间上零点个数的所有可能值；
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、B
【解析】
根据面面平行的性质定理，判断A选项是否正确，根据锥体体积计算公式，判断BCD选项是否正确.
【详解】
对于A选项，易得平面与平面平行，所以平面成立，A选项结论正确.
对于B选项，由于长度一定，所以三角形面积为定值.到平面的距离，也即到平面的距离一定，所以四面体体积为定值，故B选项结论错误.
对于C选项，由于长度一定，所以三角形面积为定值. 到平面的距离，也即到平面的距离一定，所以三棱锥体积为定值，故C选项结论正确.
对于D选项，由于三角形面积为定值，到平面的距离为定值，所以四面体的体积为定值.
综上所述，错误的结论为B选项.
故选：B

本小题主要考查利用面面平行证明线面平行，考查三棱锥（四面体）体积的计算，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题.
2、B
【解析】
试题分析：圆化为标准方程为，所以圆心为（-1,1），半径，弦心距为 ．因为圆截直线所得弦长为4，所以．故选B．
3、C
【解析】
试题分析：由图象可得最大值为2，则A=2，周期，∴
∴，
又，是五点法中的第一个点，∴，∴
把A,B排除，
对于C：，故选C
考点：本题考查函数的图象和性质
点评：解决本题的关键是确定的值
4、D
【解析】
由写出，比较两个等式得多了几项.
【详解】
由题意，则
，那么：
，
又
比多了项.
故选：D.
本题考查对函数的理解和带值计算问题，属于基础题.
5、A
【解析】
把5名学生编号，然后写出任取2人的所有可能，按要求计数后可得概率．
【详解】
3名男生编号为，两名女生编号为，任选2人的所有情形为：，，共10种，其中恰有1名男生1名女生的有共6种，
所以所求概率为．
本题考查古典概型，方法是列举法．
6、C
【解析】
根据等差数列的前n项和公式，即可求出.
【详解】
因为S3＝3＋d＝6＋3d＝12，解得d＝2，所以S4＝4＋ d＝20.
本题主要考查了等差数列的前n项和公式，属于中档题.
7、B
【解析】
由解得为函数的定义域.令，消去得，图像为椭圆的一部分，如下图所示.，即直线，由图可知，截距在点处取得最小值，在与椭圆相切的点处取得最大值.而，故最小值为.联立，消去得，其判别式为零，即，解得（负根舍去），即，故.

【点睛】本题主要考查含有两个根号的函数怎样求最大值和最小值.先用换元法，将原函数改写成为一次函数的形式.然后利用和的关系，得到的可行域，本题中可行域为椭圆在第一象限的部分.然后利用，用截距的最大值和最小值来求函数的最大值和最小值.
8、C
【解析】
试题分析： 设事件为“从1，2，3，…，9这9个数中5个数的中位数是5”，则基本事件总数为种，事件所包含的基本事件的总数为：，所以由古典概型的计算公式知，，故应选.
考点：1.古典概型；
9、A
【解析】
根据圆锥的底面圆周长等于半圆弧长可计算出圆锥底面圆半径，由勾股定理可计算出圆锥的高，再利用锥体体积公式可计算出圆锥的体积.
【详解】
设圆锥的底面圆半径为，高为，则圆锥底面圆周长为，得，
，
所以，圆锥的体积为，故选：A.
本题考查圆锥体积的计算，解题的关键就是要计算出圆锥底面圆的半径和高，解题时要从已知条件列等式计算，并分析出一些几何等量关系，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.
10、D
【解析】
本题首先可将转化为，然后将其化简为，最后利用基本不等式即可得出结果．
【详解】
，
当且仅当，即时成立，故选D．
本题考查利用基本不等式求最值，基本不等式公式为，考查化归与转化思想，是简单题．

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：由题可知，；
考点：扇形面积公式
12、
【解析】
利用函数y＝Atan（ωx+φ）的周期为，得出结论．
【详解】
函数y＝3tan（3x）的最小正周期是，
故答案为：．
本题主要考查函数y＝Atan（ωx+φ）的周期性，利用了函数y＝Atan（ωx+φ）的周期为．
13、
【解析】
根据函数的表达式判断出函数为偶函数，判断函数在的单调性为递增，根据偶函数的对称性可得，解绝对值不等式即可.
【详解】
解：，定义域为,
因为，
所以函数为偶函数.
当时，易知函数在为增函数，
根据偶函数的性质可知：由可知，
所以，
解得：或.
故答案为：.
本题考查偶函数的性质和利用偶函数对称性的特点解决问题，属于基础题.
14、．
【解析】
根据求得，从而可得，再求得的坐标，利用向量模的公式，即可求解.
【详解】
由题意，向量，则，解得，所以，
则，所以.
本题主要考查了向量平行关系的应用，以及向量的减法和向量的模的计算，其中解答中熟记向量的平行关系，以及向量的坐标运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
15、
【解析】
根据题意，由等比数列的性质可得，进而分析可得答案.
【详解】
根据题意，等比数列中，，则，
又由数列是正项的等比数列，所以.
本题主要考查了等比数列的通项公式的应用，其中解答中熟记等比数列的通项公式，以及注意数列是正项等比数列是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
16、1
【解析】
由，，，，，分别令，3，4，5，求得的前5项，观察得到最小值，，计算即可得到的值．
【详解】
由，，，，，
可得，解得，
又，，可得或，
又，，，可得或5；
或6；或或8；
又，，，，可得或6或7；
或7或8；或8或9或10或12；
或10或12或1．
综上可得的最大值，最小值为，
则．
故答案为：1．
本题考查数列的和的最值，注意运用元素与集合的关系，运用列举法，考查判断能力和运算能力，属于中档题．

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）；（3）.
【解析】
（1）设点P坐标为（x，y），运用两点的距离公式，化简整理，即可得到所求轨迹的方程；（2）由，则点到边的距离为，由点到线的距离公式得直线的斜率；（3）由题意可知：O，Q，M，N四点共圆且在以OQ为直径的圆上，设，则圆的圆心为运用直径式圆的方程，得直线的方程为，结合直线系方程，即可得到所求定点．
【详解】
（1）设点的坐标为
由可得，，
整理可得
所以曲线的轨迹方程为.
（2）依题意，，且，则点到边的距离为
即点到直线的距离，解得
所以直线的斜率为.
（3）依题意，，则都在以为直径的圆上
是直线上的动点，设
则圆的圆心为，且经过坐标原点
即圆的方程为 ，
又因为在曲线上
由，可得
即直线的方程为
由且可得，解得
所以直线是过定点.
本题考查点的轨迹方程的求法，注意运用两点的距离公式，考查直线和圆相交的弦长公式，考查直线恒过定点的求法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
18、（Ⅰ）见解析；
（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）连接,根据三角形性质可得,由底面菱形的线段角度关系可证明,即证明平面,从而证明.
（Ⅱ）易证平面平面,连接交于点,过作交于,即可证明平面,在三角形
【详解】
（Ⅰ）证明：连接,是等边三角形,为的中点,所以；
又底面是菱形,,
所以,,
所以平面,
平面,所以.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知,,
所以平面,又平面
即平面平面
平面平面,又,所以平面
连接交于点,过作交于,如下图所示:

所以平面,又平面
所以平面平面
因为,所以,即
在等边三角形中,可得
在菱形中,由余弦定理可得

在中,可得
所以
本题考查了直线与平面垂直的判定方法,平面与平面垂直的判定及性质的应用,余弦定理在解三角形中的用法,属于中档题.
19、 (1)(2)
【解析】
（1）令，正弦定理，得，代入面积公式计算得到答案.
（2）由题意得到，化简得到，，再利用面积公式得到答案.
【详解】
(1)因为的平分线，令
在中，，由正弦定理，得
所以.
(2) 因为，所以，又
由,得
，
，因为，所以
所以.
本题考查了面积的计算，意在考查学生灵活利用正余弦定理和面积公式解决问题的能力.
20、（1）（2）存在，最小值是．
【解析】
（1）利用等比中项的性质列方程，将已知条件转化为的形式列方程组，解方程组求得，由此求得数列的通项公式.
（2）首先求得数列的前项和，由列不等式，解一元二次不等式求得的取值范围，由此求得的最小值.
【详解】
（1）设等差数列的公差为（），由题意得
化简，得 ．
因为，所以，解得
所以 ，
即数列的通项公式是 （）．
（2）由（1）可得 ．
假设存在正整数，使得，即 ，
即，解得或 (舍) ．
所以所求的最小值是．
本小题主要考查等比中项的性质，考查等差数列通项公式的基本量计算，考查等差数列前项和公式，考查一元二次不等式的解法，属于中档题.
21、（1）非奇非偶，理由见解析；（2）21或20个.
【解析】
（1）先利用辅助角公式化简，再利用和可判断为非奇非偶函数.
（2）求出的解析式后结合函数的图像、周期及给定区间的特点可判断在给定的范围上的零点的个数.
【详解】
（1），
则，故不是奇函数，
又，，故不是偶函数.
综上，为非奇非偶函数.
（2），的图象如图所示：

令，则，
则或，，
也就是或者，，
所以在形如的区间上恰有两个不同零点.
把区间分成10个小区间，它们分别为：
，及，
根据函数的图像可知：
前9个区间的长度恰为一个周期且左闭右开，故每个区间恰有两个不同的零点，
最后一个区间的长度恰为一个周期且为闭区间，故该区间上可能有两个不同的零点或3个不同的零点.
故在区间上可有21个或者20个零点.
本题考查正弦型函数的奇偶性、正弦型函数在给定范围上的零点个数，注意说明一个函数不是奇函数或不是偶函数，可通过反例来说明，而零点个数的判断则需综合考虑给定区间的长度、开闭情况及函数的周期.