2024-2025学年广东省深圳市西乡中学高一数学第二学期期末考试试题含解析.doc

2024-2025学年广东省深圳市西乡中学高一数学第二学期期末考试试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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．在投资生产产品时，每生产需要资金200万，需场地，可获得300万；投资生产产品时，每生产需要资金300万，需场地，可获得200万，现某单位可使用资金1400万，场地，则投资这两种产品，最大可获利( )
A．1350万 B．1475万 C．1800万 D．2100万
2．设 ， 满足约束条件 ，则目标函数 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
3．一几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）

A．16 B．20 C．24 D．28
4．水平放置的，用斜二测画法作出的直观图是如图所示的，其中，,则绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体的表面积为（ ）

A． B． C． D．
5．函数的零点有两个，求实数的取值范围（ ）
A． B．或 C．或 D．
6．与直线平行，且与直线交于轴上的同一点的直线方程是（
A． B． C． D．
7．已知向量，，若，，则的最大值为( )
A． B． C．4 D．5
8．执行如图所示的程序框图，则输出的的值为（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6
9．下列命题正确的是（ ）
A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱.
B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱.
C．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱.
D．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台.
10．下列四个结论正确的是（ ）
A．两条直线都和同一个平面平行，则这两条直线平行
B．两条直线没有公共点，则这两条直线平行
C．两条直线都和第三条直线平行，则这两条直线平行
D．两条直线都和第三条直线垂直，则这两条直线平行
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与某一个球的直径相等，这时圆柱、圆锥、球的体积之比为 .

12．设，若用含的形式表示，则________.
13．如果事件A与事件B互斥，且，，则＝ ．
14．已知一组数据、、、、、，那么这组数据的平均数为__________.
15．______.
16．已知P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是以原点O为圆心的单位圆上的两点，∠P1OP2＝θ(θ为钝角)．若，则x1x2＋y1y2的值为_____．
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．已知单调递减数列的前项和为，，且，则_____.
18．（1）任意向轴上这一区间内投掷一个点，则该点落在区间内的概率是多少？
（2）已知向量，，若，分别表示一枚质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6）先后抛掷两次时第一次、第二次出现的点数，求满足的概率.
19．选修4-5：不等式选讲
已知函数，M为不等式的解集.
（Ⅰ）求M；
（Ⅱ）证明：当a，b时，.

20．如图半圆的直径为4，为直径延长线上一点，且，为半圆周上任一点，以为边作等边（、、按顺时针方向排列）

（1）若等边边长为，，试写出关于的函数关系；
（2）问为多少时，四边形的面积最大？这个最大面积为多少？
21．如图，在直三棱柱中，，，，点N为AB中点，点M在边AB上.

（1）当点M为AB中点时，求证：平面；
（2）试确定点M的位置，使得平面.
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】
设生产产品x百吨，生产产品百吨，利润为百万元，先分析题意，找出相关量之间的不等关系即满足的约束条件，由约束条件画出可行域；要求应作怎样的组合投资，可使获利最大，即求可行域中的最优解，在线性规划的解答题中建议使用直线平移法求出最优解，即将目标函数看成是一条直线，分析目标函数与直线截距的关系，进而求出最优解．
【详解】
设生产产品百吨，生产产品百吨，利润为百万元
则约束条件为：，作出不等式组所表示的平面区域：

目标函数为.
由解得.
使目标函数为化为
要使得最大，即需要直线在轴的截距最大即可.
由图可知当直线过点时截距最大.
此时
应作生产产品3.25百吨，生产产品2.5百吨的组合投资，可使获利最大．
故选：B．
在解决线性规划的应用题时，其步骤为：①分析题目中相关量的关系，列出不等式组，即约束条件⇒②由约束条件画出可行域⇒③分析目标函数Z与直线截距之间的关系⇒④使用平移直线法求出最优解⇒⑤还原到现实问题中．属于中档题.
2、A
【解析】

如图，过时，取最小值，为。故选A。
3、B
【解析】
根据三视图可还原几何体，根据长度关系依次计算出各个侧面和上下底面的面积，加和得到表面积.
【详解】
有三视图可得几何体的直观图如下图所示：

其中：，，，
则：，，
，，

几何体表面积：
本题正确选项：
本题考查几何体表面积的求解问题，关键是能够根据三视图准确还原几何体，从而根据长度关系可依次计算出各个面的面积
4、B
【解析】
先根据斜二测画法的性质求出原图形,再分析绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体的表面积即可.
【详解】
根据斜二测画法的性质可知,原是以为底,高为的等腰三角形.又.故为边长为2的正三角形.
则绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体可看做两个以底面半径为,高为的圆锥组合而成.
故表面积为.
故选：B
本题主要考查了斜二测画法还原几何图形与旋转体的侧面积求解.需要根据题意判断出旋转后的几何体形状再用公式求解.属于中档题.
5、B
【解析】
由题意可得，的图象（红色部分）和直线有2个交点，数形结合求得的范围．
【详解】
由题意可得的图象(红色部分)和直线有2个交点，如图所示：

故有或，
故选：B.
已知函数零点(方程根)的个数，求参数取值范围的三种常用的方法：(1)直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法，先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为的图象的交点个数问题 .
6、A
【解析】
直线交于轴上的点为，与直线平行得到斜率，根据点斜式得到答案.
【详解】
与直线平行
直线交于轴上的点为
设直线方程为：
代入交点得到即
故答案选A
本题考查了直线的平行关系，直线与坐标轴的交点，属于基础题型.
7、A
【解析】
设，由可得点的轨迹方程，再对两边平方，利用一元二次函数的性质求出最大值，即可得答案.
【详解】
设，，
∵，∴，
整理得：.
∵，
∴，
当时，的最大值为，
∴的最大值为.
故选：A.
本题考查向量模的最值、模的坐标运算、一元二次函数的性质，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意坐标法的运用.
8、C
【解析】
根据框图模拟程序运算即可.
【详解】
第一次执行程序，，，继续循环，
第二次执行程序，，，，继续循环，
第三次执行程序，，，，继续循环，
第四次执行程序，，，，继续循环，
第五次执行程序，，，，跳出循环，输出，结束.故选C.
本题主要考查了程序框图，涉及循环结构，解题关键注意何时跳出循环，属于中档题.
9、C
【解析】
试题分析：有两个面平行,其余各面都是四边形的几何体，A错；有两个面平行, 其余各面都是平行四边形的几何体如图所示，B错；用一个平行于底面的平面去截棱锥,底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台，D错；由棱柱的定义，C正确；

考点：1、棱柱的概念；2、棱台的概念.
10、C
【解析】
利用空间直线平面位置关系对每一个选项分析得解.
【详解】
A. 两条直线都和同一个平面平行，则这两条直线平行、相交或异面，所以该选项错误；
B. 两条直线没有公共点，则这两条直线平行或异面，所以该选项错误；
C. 两条直线都和第三条直线平行，则这两条直线平行，是平行公理，所以该选项正确；
D. 两条直线都和第三条直线垂直，则这两条直线平行、相交或异面，所以该选项错误.
故选：C
本题主要考查直线平面的位置关系的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，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、
【解析】
设球的半径为r,
则,
，
，
所以，
故答案为.
考点：圆柱，圆锥，球的体积公式.
点评：圆柱，圆锥，球的体积公式分别为.
12、
【解析】
两边取以5为底的对数，可得，化简可得，根据对数运算即可求出结果.
【详解】
因为
所以两边取以5为底的对数，可得，
即，
所以，
，
故填.
本题主要考查了对数的运算法则，属于中档题.
13、0.5
【解析】
表示事件A与事件B满足其中之一占整体的占比．所以根据互斥事件概率公式求解．
【详解】

此题考查互斥事件概率公式，关键点在于理解清楚题目概率表示的实际含义，属于简单题目．
14、
【解析】
利用平均数公式可求得结果.
【详解】
由题意可知，数据、、、、、的平均数为.
故答案为：.
本题考查平均数的计算，考查平均数公式的应用，考查计算能力，属于基础题.
15、
【解析】
先令，得到，两式作差，根据等比数列的求和公式，化简整理，即可得出结果.
【详解】
令，
则，
两式作差得：
所以
故答案为：
本题主要考查数列的求和，熟记错位相加法求数列的和即可，属于常考题型.
16、－
【解析】
先利用平面向量数量积的定义和坐标运算得到，再利用两角和的正弦公式和平方关系进行求解.
【详解】
根据题意知，
又P1，P2在单位圆上，，
即x1x2＋y1y2＝cosθ；
∵①
又sin2θ＋cos2θ＝1②
且θ为钝角，联立①②求得cosθ＝－.
本题主要考查平面向量的数量积定义和坐标运算、两角和的正弦公式，意在考查学生的逻辑思维能力和基本运算能力，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、
【解析】
根据，再写出一个等式：，利用两等式判断并得到等差数列的通项，然后求值.
【详解】
当时，，∴．
当时，，①
，②
①②，得，
化简得，或，
∵数列是递减数列，且，∴舍去．
∴数列是等差数列，且，公差，
故．
在数列中，其前项和为，则有：，利用此关系，可将与的递推公式转化为关于的等式，从而判断的特点.
18、（1）（2）
【解析】
（1）几何概型的计算公式求解即可；
（2）求出该骰子先后抛掷两次的基本事件总数，根据数量积公式得出满足包含的基本事件个数，由古典概型概率公式求解即可.
【详解】
解：（1）由题意可知，任意向这一区间内掷一点，该点落在内哪个位置是等可能的.
令，则由几何概型的计算公式可知：.
（2）将一枚质地均匀的骰子先后抛掷两次，共有个基本事件.
由，得
满足包含的基本事件为，，，，，共6种情形，
故.
本题主要考查了利用几何概型概率公式以及古典概型概率公式计算概率，属于中档题.
19、（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【解析】
试题分析：（I）先去掉绝对值，再分，和三种情况解不等式，即可得；（II采用平方作差法，再进行因式分解，进而可证当，时，．
试题解析：（I）
当时，由得解得；
当时，；
当时，由得解得.
所以的解集.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，，从而
，
因此
【考点】绝对值不等式，不等式的证明.
【名师点睛】形如（或）型的不等式主要有两种解法：
（1）分段讨论法：利用绝对值号内式子对应的方程的根，将数轴分为，，（此处设）三个部分，在每个部分去掉绝对值号并分别列出对应的不等式进行求解，然后取各个不等式解集的并集．
（2）图象法：作出函数和的图象，结合图象求解．
20、（1）；（2）θ＝时，四边形OACB的面积最大，其最大面积为．
【解析】
（1）根据余弦定理可求得
（2）先表示出△ABC的面积及△OAB的面积，进而表示出四边形OACB的面积，并化简函数的解析式为正弦型函数的形式，再结合正弦型函数最值的求法进行求解．
【详解】
（1）由余弦定理得
则
（2）四边形OACB的面积＝△OAB的面积+△ABC的面积
则△ABC的面积
△OAB的面积•OA•OB•sinθ•2•4•sinθ＝4sinθ
四边形OACB的面积4sinθ=
sin（θ﹣）
∴当θ﹣＝，
即θ＝时，四边形OACB的面积最大，其最大面积为．
本题考查利用正余弦定理求解面积最值，其中准确列出面积表达式是关键，考查化简求值能力，是中档题
21、（1）见解析；（2）见解析
【解析】
（1）推导出，由此能证明平面．
（2）当点是中点时，推导出，，从而平面，进而，推导出△，从而，由此能证明平面．
【详解】
（1）在直三棱柱中，
点为中点，为中点，
，
平面，平面，
平面．
（2）当点是中点时，使得平面．
证明如下：
在直三棱柱中，，，，
点为中点，点是中点，
，，
，平面，
平面，，
，，
，△，
，，
，
，平面．
本题考查线面平行、线面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．