2024-2025学年广州顺德区数学高一下期末综合测试试题含解析.doc

2024-2025学年广州顺德区数学高一下期末综合测试试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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．已知集合A＝{x|x2﹣x﹣2＜0}，B＝{x|≥﹣1}，则A∪B＝（）
A．（﹣1，2） B．（﹣1，2] C．（0，1） D．（0，2）
2．在正方体中，分别是线段的中点，则下列判断错误的是（ ）
A．与垂直 B．与垂直
C．与平行 D．与平行
3．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积为（ ）

A． B． C． D．12
4．中，角所对的边分别为，已知向量，，且共线，则的形状是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形
5．在中，内角，，所对的边分别为，，.若的面积为，则角=（ ）
A． B．
C． D．
6．（2018年天津卷文）设变量x，y满足约束条件 则目标函数的最大值为
A．6 B．19 C．21 D．45
7．下图是实现秦九韶算法的一个程序框图，若输入的，，依次输入的为2,2,5，则输出的（ ）

A．10 B．12 C．60 D．65
8．已知平面向量，，且，则等于（ ）
A． B． C． D．
9．在中，角所对的边分边为，已知，则此三角形的解的情况是（ ）
A．有一解 B．有两解 C．无解 D．有解但解的个数不确定
10．如图，为正方体，下面结论错误的是（　　）

A．平面
B．
C．平面
D．异面直线与所成的角为
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．在等比数列中，，，则__________．
12．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体的所有棱长和为_______.

13．已知数列是等差数列，若，，则公差________.
14．_____
15．在平面直角坐标系中，点，，若直线上存在点使得，则实数的取值范围是_____．
16．正六棱柱底面边长为10,高为15,则这个正六棱柱的体积是_____．
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）若函数在的最大值为2，求实数的值.
18．在中，内角，，所对的边分别为，，．若.
（1）求角的度数；
（2）当时，求的取值范围．
19．某科研小组对冬季昼夜温差大小与某反季节作物种子发芽多少之间的关系进行分析，分别记录了每天昼夜温差和每100颗种子的发芽数，其中5天的数据如下，该小组的研究方案是：先从这5组数据中选取3组求线性回归方程，再用方程对其余的2组数据进行检验.
日期
第1天
第2天
第3天
第4天
第5天
温度（℃）
10
11
13
12
8
发芽数（颗）
23
26
32
26
16
（1）求余下的2组数据恰好是不相邻2天数据的概率；
（2）若选取的是第2、3、4天的数据，求关于的线性回归方程；
（3）若由线性回归方程得到的估计数据与2组检验数据的误差均不超过1颗，则认为得到的线性回归方程是可靠的，请问（2）中所得的线性回归方程是否可靠？
（参考公式；线性回归方程中系数计算公式：，，其中、表示样本的平均值）
20．已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
21．解关于x的不等式
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】
先分别求出集合A和B，由此能求出A∪B．
【详解】
∵集合A＝{x|x2﹣x﹣2＜0}＝{x|﹣1＜x＜2}，
B＝{x|≥﹣1}＝{x|0＜x≤2}，
∴A∪B＝{x|﹣1＜x≤2}＝（﹣1，2]．
故选B．
本题考查并集的求法，考查并集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2、D
【解析】
利用数形结合，逐一判断，可得结果.
【详解】
如图

由分别是线段的中点
所以//
A选项正确，
因为，所以
B选项正确，
由，所以
C选项正确
D选项错误，
由//，而与相交，
所以可知，异面
故选：D
本题主要考查空间中直线与直线的位置关系，属基础题.
3、B
【解析】
三视图可看成由一个长1宽2高1的长方体和以2和1为直角边的三角形为底面高为1的三棱柱组合而成．
【详解】
几何体可看成由一个长1宽2高1的长方体和以2和1为直角边的三角形为底面高为1的三棱柱组合而成
，选B.
已知三视图，求原几何体的表面积或体积是高考必考内容，主要考查空间想象能力，需要熟练掌握常见的几何体的三视图，会识别出简单的组合体．
4、D
【解析】
由向量共线的坐标表示得一等式，然后由正弦定理化边为角，利用诱导公式得展开后代入原式化简得，分类讨论得解．
【详解】
∵共线，∴，即，
，
，
整理得，
所以或，
或或（舍去）．
∴三角形为直角三角形或等腰三角形．
故选：D.
本题考查三角形形状的判断，考查向量共线的坐标表示，考查正弦定理，两角和的正弦公式，考查三角函数性质．解题时不能随便约分漏解．
5、C
【解析】
由三角形面积公式,结合所给条件式及余弦定理,即可求得角A.
【详解】
中,内角,,所对的边分别为,,
则
由余弦定理可知
而由题意可知,
代入可得
所以
化简可得
因为
所以
故选:C
本题考查了三角形面积公式的应用,余弦定理边角转化的应用,属于基础题.
6、C
【解析】
分析：首先画出可行域，然后结合目标目标函数的几何意义确定函数取得最大值的点，最后求解最大值即可.
详解：绘制不等式组表示的平面区域如图所示，结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最大值，联立直线方程：，可得点A的坐标为：，据此可知目标函数的最大值为：.本题选择C选项.

点睛：求线性目标函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当b＞0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b＜0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.
7、D
【解析】
，，判断否，，，判断否，，，判断是，输出.故选.
8、B
【解析】
先由求出，然后按照向量的坐标运算法则算出答案即可
【详解】
因为，，且
所以，即，所以
所以
故选：B
若，则
9、C
【解析】
由三角形正弦定理可知无解，所以三角形无解，选C.
10、D
【解析】
在正方体中与 平行，因此有与平面 平行，A正确；在平面 内的射影垂直于，因此有，B正确；与B同理有与 垂直，从而 平面 ，C正确；由知与所成角为45°，D错．故选D．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、8
【解析】
可先计算出公比，从而利用求得结果.
【详解】
因为，所以，所以，则.
本题主要考查等比数列基本量的相关计算，难度很小.
12、
【解析】
取半正多面体的截面正八边形，设半正多面体的棱长为，过分别作于，于，可知，，可求出半正多面体的棱长及所有棱长和.
【详解】
取半正多面体的截面正八边形，由正方体的棱长为1，可知，易知，设半正多面体的棱长为，过分别作于，于，则，，解得，故该半正多面体的所有棱长和为.

本题考查了空间几何体的结构，考查了空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.
13、1
【解析】
利用等差数列的通项公式即可得出．
【详解】
设等差数列公差为，∵，，∴，解得＝1．
故答案为：1．
本题考查了等差数列的通项公式，考查了计算能力，属于基础题．
14、
【解析】
将写成，切化弦后，利用两角和差余弦公式可将原式化为，利用二倍角公式可变为，由可化简求得结果.
【详解】

本题正确结果：
本题考查利用三角恒等变换公式进行化简求值的问题，涉及到两角和差余弦公式、二倍角公式的应用.
15、.
【解析】
设由，求出点轨迹方程，可判断其轨迹为圆，点又在直线，转化为直线与圆有公共点，只需圆心到直线的距离小于半径，得到关于的不等式，求解，即可得出结论.
【详解】
设，，，
，
整理得，又点在直线，
直线与圆共公共点，
圆心到直线的距离，
即.
故答案为:.
本题考查求曲线的轨迹方程，考查直线与圆的位置关系，属于中档题.
16、
【解析】
正六棱柱是底面为正六边形的直棱柱，利用计算可得结果.
【详解】
因为正六棱柱底面边长为10，所以其面积，
所以体积.
本题考查正六棱柱的概念及其体积的计算，考查基本运算能力.

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)或
【解析】
（1）根据二倍角公式进行整理化简可得，从而可得最小正周期；（2）将通过换元的方式变为，；讨论对称轴的具体位置，分别求解最大值，从而建立方程求得的值.
【详解】
（1）

最小正周期
（2）
令，则

由得
①当，即时
当时，
由，解得（舍去)
②当，即时
当时，
由得，解得或（舍去）
③当，即时
当时，，由，解得
综上，或
本题考查正弦型函数最小正周期的求解、利用二次函数性质求解与三角函数有关的值域问题，解题关键是通过换元的方式将所求函数转化为二次函数的形式，再利用对称轴的位置进行讨论；易错点是忽略了换元后自变量的取值范围.
18、（1）；（2）.
【解析】
（1）根据余弦定理即可解决．
（2）根据向量的三角形法则即可解决．
【详解】
（1）因为，
所以得，
所以，
所以，因为所以；
（2）取的中点，则，，
所以
所以，

从而由平行四边形性质有
故.

本题主要考查了余弦定理以及向量的三角形法则，其中第二问用了完全平方以及加减消元的思想，是本题的一个难点．解决本题的关键是画一个三角形结合三角形进行分析．
19、（1）；（2）；（3）线性回归方程是可靠的.
【解析】
（1）用列举法求出基本事件数，计算所求的概率值；
（2）由已知数据求得与，则线性回归方程可求；
（3）利用回归方程计算与8时的值，再由已知数据作差取绝对值，与1比较大小得结论．
【详解】
解：（1）设“余下的2组数据恰好是不相邻2天数据为事件”，
从5组数据中选取3组数据，余下的2组数据共10种情况：
，，，，，，，，，．
其中事件的有6种，
；
（2）由数据求得，，
且，．
代入公式得：，
．
线性回归方程为：；
（3）当时，，，
当时，，．
故得到的线性回归方程是可靠的．
本题考查了线性回归方程的求法与应用问题，考查古典概型的概率计算问题，属于中档题．
20、（1）；（2）.
【解析】
(1)设等差数列{an}的公差为d，
由已知条件可得，
解得，
故数列{an}的通项公式为an＝2－n.
(2)设数列的前n项和为Sn，
∵，
∴Sn＝－
记Tn＝，①
则Tn＝，②
①－②得：Tn＝1＋，
∴Tn＝－，即Tn＝4－.
∴Sn＝－4＋
＝4－4＋＝.
21、见解析.
【解析】
试题分析：（1）讨论的取值，分为，两种情形，求出对应不等式的解集即可.
试题解析：当a=0时，原不等式化为x+10，解得;当时，原不等式化为，解得；综上所述，当a=0时，不等式的解集为 ，当时，不等式的解集为.
点睛：本题考查了含有字母系数的不等式的解法与应用问题，元二次不等式的核心还是求一元二次方程的根，然后在结合图象判定其区间解题时应用分类讨论的思想，是中档题目；常见的讨论形式有：1、对二项式系数进行讨论；2、相对应的方程是否有根进行讨论；3、对应根的大小进行讨论.