2024-2025学年甘肃省武威十八中高一数学第二学期期末学业质量监测试题含解析.doc

2024-2025学年甘肃省武威十八中高一数学第二学期期末学业质量监测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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．函数的图象与函数的图象的交点个数为( )
A．3 B．2 C．1 D．0
2．已知，则的值域为（ ）
A． B． C． D．
3．一个人打靶时连续射击两次，事件“至多有一次中靶”的互斥事件是
A．两次都中靶 B．至少有一次中靶
C．两次都不中靶 D．只有一次中靶
4．已知是边长为4的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是（）
A． B． C． D．
5．在中，若，则此三角形为（ ）三角形．
A．等腰 B．直角 C．等腰直角 D．等腰或直角
6．已知，则的值域为
A． B． C． D．
7．在正方体中，异面直线与所成角的大小为（ ）

A． B． C． D．
8．已知，则( )
A． B． C． D．
9．已知，，且，则向量在向量上的投影等于（ ）
A．-4 B．4 C． D．
10．方程的解所在的区间为（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知腰长为的等腰直角△中，为斜边的中点，点为该平面内一动点，若，则的最小值 ________．
12．已知无穷等比数列的前项和，其中为常数，则________
13．已知向量，且，则的值为______
14．下列五个正方体图形中，是正方体的一条对角线，点M，N，P分别为其所在棱的中点，求能得出⊥面MNP的图形的序号(写出所有符合要求的图形序号)______

15．已知向量，，则的最大值为_______.
16．函数的反函数为____________．
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）求函数的最小正周期；
（2）若，且，求的值.
18．已知等差数列满足，前项和.
（1）求的通项公式
（2）设等比数列满足，，求的通项公式及的前项和.
19．已知，是第四象限角，求和的值.
20．在中，三个内角所对的边分别为，满足.
（1） 求角的大小；
（2） 若，求，的值.（其中）
21．设等比数列的最n项和，首项，公比.
（1）证明：；
（2）若数列满足，，求数列的通项公式；
（3）若，记，数列的前项和为，求证：当时，.
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】
由已知g(x)＝(x－2)2＋1，所以其顶点为(2,1)，又f(2)＝2ln 2∈(1,2)，可知点(2,1)位于函数f(x)＝2lnx图象的下方，故函数f(x)＝2lnx的图象与函数g(x)＝x2－4x＋5的图象有2个交点．
2、C
【解析】
由已知条件，先求出函数的周期，由于，即可求出值域.
【详解】
因为，所以，
又因为，所以当时，；
当时，；当时，，
所以的值域为.
故选：C.
本题考查三角函数的值域，利用了正弦函数的周期性.
3、A
【解析】
利用对立事件、互斥事件的定义直接求解．
【详解】
一个人打靶时连续射击两次，
事件“至多有一次中靶”的互斥事件是两次都中靶．
故选：A．
本题考查互事件的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意对立事件、互斥事件的定义的合理运用．
4、A
【解析】
建立平面直角坐标系，表示出点的坐标，利用向量坐标运算和平面向量的数量积的运算，求得最小值，即可求解.
【详解】
由题意，以中点为坐标原点，建立如图所示的坐标系，
则，
设，则，
所以
，
所以当时，取得最小值为，
故选A.
本题主要考查了平面向量数量积的应用问题，根据条件建立坐标系，利用坐标法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
5、B
【解析】
由条件结合正弦定理即可得到，由此可得三角形的形状．
【详解】
由于在中，有，根据正弦定理可得；
所以此三角形为直角三角形；、
故答案选B
本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题．
6、C
【解析】
利用求函数的周期为，计算即可得到函数的值域.
【详解】
因为，，，
因为函数的周期，
所以函数的值域为，故选C.
本题考查函数的周期运算，及利用函数的周期性求函数的值域.
7、C
【解析】
连接、，可证四边形为平行四边形，得，得（或补角）就是异面直线与所成角，由正方体的性质即可得到答案．
【详解】
连接、，如下图：

在正方体中，且；
四边形为平行四边形，则；
（或补角）就是异面直线与所成角；
又在正方体中，，为等边三角形，
，即异面直线与所成角的大小为；
故答案选C
本题考查正方体中异面直线所成角的大小，属于基础题．
8、C
【解析】
利用诱导公式和同角三角函数的商数关系，得，再利用化弦为切的方法，即可求得答案.
【详解】
由已知
则
故选C.
本题考查利用三角函数的诱导公式、同角三角函数的基本关系化简求值，属于三角函数求值问题中的“给值求值”问题，解题的关键是正确掌握诱导公式中符号与函数名称的变换规律和化弦为切方法.
9、A
【解析】
根据公式，向量在向量上的投影等于，计算求得结果.
【详解】
向量在向量上的投影等于.
故选A.
本题考查了向量的投影公式，只需记住公式代入即可，属于基础题型.
10、B
【解析】
试题分析：由题意得，设函数，则，
所以，所以方程的解所在的区间为，故选B.
考点：函数的零点.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】

如图建立平面直角坐标系，
∴
，
当sin时，得到最小值为，故选．
12、1
【解析】
根据等比数列的前项和公式，求得，再结合极限的运算，即可求解.
【详解】
由题意，等比数列前项和公式，可得，
又由，所以，所以，可得.
故答案为：.
本题主要考查了等比数列的前项和公式的应用，以及熟练的极限的计算，其中解答中根据等比数列的前项和公式，求得的值，结合极限的运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
13、-7
【解析】
，利用列方程求解即可.
【详解】
，且，
，解得：.
考查向量加法、数量积的坐标运算.
14、①④⑤
【解析】
为了得到本题答案，必须对5个图形逐一进行判别．对于给定的正方体，l位置固定，截面MNP变动，l与面MNP是否垂直，可从正、反两方面进行判断．在MN、NP、MP三条线中，若有一条不垂直l，则可断定l与面MNP不垂直；若有两条与l都垂直，则可断定l⊥面MNP；若有l的垂面∥面MNP，也可得l⊥面MNP．
解法1 作正方体ABCD－A1B1C1D1如附图，与题设图形对比讨论．在附图中，三个截面BA1D、EFGHKR和CB1D1都是对角线l (即 AC1)的垂面．
对比图①，由MN∥BA l，MP∥BD，知面MNP∥面BAlD，故得l⊥面MNP．
对比图②，由MN与面CB1D1相交，而过交点且与l垂直的直线都应在面CBlDl内，所以MN不垂直于l，从而l不垂直于面MNP．
对比图③，由MP与面BA l D相交，知l不垂直于MN，故l不垂直于面MNP．
对比图④，由MN∥BD，MP∥BA．知面 MNP∥面BA1 D，故l⊥面MNP．
对比图⑤，面MNP与面EFGHKR重合，故l⊥面MNP．
综合得本题的答案为①④⑤．

解法2 如果记正方体对角线l所在的对角截面为．各图可讨论如下：
在图①中，MN,NP在平面上的射影为同一直线，且与l垂直，故 l⊥面MNP．事实上，还可这样考虑：l在上底面的射影是MP的垂线，故l⊥MP；l在左侧面的射影是MN的垂线，故l⊥MN，从而l⊥面 MNP．
在图②中，由MP⊥面，可证明MN在平面上的射影不是l的垂线，故l不垂直于MN．从而l不垂直于面MNP．
在图③中，点M在上的射影是l的中点，点P在上的射影是上底面的内点，知MP在上的射影不是l的垂线，得l不垂直于面 MNP．
在图④中，平面垂直平分线段MN，故l⊥MN．又l在左侧面的射影(即侧面正方形的一条对角线)与MP垂直，从而l⊥MP，故l⊥面 MNP．
在图⑤中，点N在平面上的射影是对角线l的中点，点M、P在平面上的射影分别是上、下底面对角线的4分点，三个射影同在一条直线上，且l与这一直线垂直．从而l⊥面MNP．
至此，得①④⑤为本题答案．
15、.
【解析】
计算出，利用辅助角公式进行化简，并求出的最大值，可得出的最大值.
【详解】
，，，
所以，，
当且仅当，即当，等号成立，
因此，的最大值为，故答案为.
本题考查平面向量模的最值的计算，涉及平面向量数量积的坐标运算以及三角恒等变换思想的应用，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
16、
【解析】
由原函数的解析式解出自变量x的解析式，再把x 和y交换位置，即可得到结果.
【详解】
解：记
∴
故反函数为：
本题考查函数与反函数的定义，求反函数的方法和步骤，注意反函数的定义域是原函数的值域．

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) 最小正周期是 (2)
【解析】
（1）运用辅助角公式化简得；
（2）先计算的值为，构造，求出的值.
【详解】
（1）因为，
所以，
所以函数的最小正周期是.
（2）因为 ，所以，
因为，所以，
所以，则

利用角的配凑法，即进行角的整体代入求值，考查整体思想的运用.
18、（1）；（2），．
【解析】
（1）设的公差为，则由已知条件得，．
化简得解得故通项公式，即．
（2）由（1）得．设的公比为,则,从而．

故的前项和．
19、，
【解析】
利用诱导公式可求的值，根据是第四象限角可求的值，最后根据三角函数的基本关系式可求的值，根据诱导公式及倍角公式可求的值.
【详解】
，
又是第四象限角，所以，
所以，
.
本题考查同角的三角函数的基本关系式、诱导公式以及二倍角公式，此题属于基础题.
20、（1）；（2）4，6
【解析】
（1）已知等式利用正弦定理化简，整理后利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简，求出的值，即可确定出的度数；（2）根据平面向量数量积的运算法则计算得到一个等式，记作①，把的度数代入求出的值,记作②,然后利用余弦定理表示出，把及的值代入求出的值，利用完全平方公式表示出，把相应的值代入，开方求出的值,由②③可知与为一个一元二次方程的两个解,求出方程的解,根据大于，可得出，的值.
【详解】
（1）已知等式，
利用正弦定理化简得，
整理得，
即，
，
则.
（2）由，得， ①
又由（1） ，②
由余弦定理得，
将及①代入得，
，
，③
由②③可知与为一个一元二次方程的两个根，
解此方程，并由大于，可得.
以三角形和平面向量为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公式，一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心.
21、（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析
【解析】
（1）由已知且，利用等比数列的通项公式可得，利用等比数列的求和公式可证；
（2）由，可得，从而可得是等差数列，从而可求；
（3）可得，利用错位相减法可得，通过计算得，得数列为单调递减数列，进而可证明.
【详解】
证明：（1）由已知且，所以，
所以，
即；
（2）由已知，所以，
所以，是首项为2，公差为1的等差数列，
，
所以数列的通项公式为；
（3）当时，，
，
，
，
两式相减得：
，
，
当时，，
整理得：，
故当时，数列为单调递减数列，故，
故当时，.
本题主要考查了等比数列的通项公式及等比数列的求和公式的应用，利用递推公式构造等差数列，及等差数列的求和公式等知识的综合应用，属于公式的综合运用.