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.