2024-2025学年云南省昭通市大关县第二中学高一数学第二学期期末考试试题含解析.doc

2024-2025学年云南省昭通市大关县第二中学高一数学第二学期期末考试试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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，则该几何体的体积为(　　)

A．12 B．18
C．24 D．30
2．若是一个圆的方程，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
3．在中，，，，则的面积是（ ）
A． B． C．或 D．或
4．已知平面向量满足：，，，若，则的值为（ ）
A． B． C．1 D．-1
5． “”是“直线(m+1)x+3my+2=0与直线(m-2)x+(m+1)y-1=0相互垂直”的（ ）
A．充分必要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
6．公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3是a2与a6的等比中项，S3＝3，则S8＝（　 　）
A．36 B．42 C．48 D．60
7．已知等比数列的前项和为，若，则( )
A． B． C．5 D．6
8．连续掷两次骰子，分别得到的点数作为点的坐标，则点落在圆内的概率为
A． B． C． D．
9．矩形中，，若在该矩形内随机投一点，那么使得的面积不大于3的概率是（ ）
A． B． C． D．
10．已知数列满足，，且，则
A．4 B．5 C．6 D．8
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知向量，满足，且在方向上的投影是，则实数_______.
12．某校选修“营养与卫生”课程的学生中，高一年级有30名，高二年级有40名．现用分层抽样的方法从这70名学生中抽取一个样本，已知在高二年级的学生中抽取了8名，则在该校高一年级的学生中应抽取的人数为________．
13．函数的定义域为__________；
14．不等式的解集为________.
15．关于的方程只有一个实数根，则实数_____．
16．已知数列满足则的最小值为__________.
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．的内角的对边分别为，已知.
（1）求角的大小；
（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.
18．的内角，，的对边分别为，，，设.
（1）求；
（2）若，求.
19．已知△ABC内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.
（Ⅰ）求A；
（Ⅱ）若，求△ABC面积的最大值.
20．数列满足，.
（1）试求出，，；
（2）猜想数列的通项公式并用数学归纳法证明.
21．已知函数的最小正周期为，且该函数图象上的最低点的纵坐标为．
（1）求函数的解析式；
（2）求函数的单调递增区间及对称轴方程．
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、C
【解析】
试题分析：由三视图可知，几何体是三棱柱消去一个同底的三棱锥，如图所示，三棱柱的高为，消去的三棱锥的高为，三棱锥与三棱柱的底面为直角边长分别为和的直角三角形，所以几何体的体积为，故选C．

考点：几何体的三视图及体积的计算．
【方法点晴】本题主要考查了几何体的三视图的应用及体积的计算，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状，本题的解答的难点在于根据几何体的三视图还原出原几何体和几何体的度量关系，属于中档试题．
2、C
【解析】
根据即可求出结果.
【详解】
据题意，得，所以.
本题考查圆的一般方程，属于基础题型.
3、C
【解析】
先根据正弦定理求出角，从而求出角，再根据三角形的面积公式进行求解即可．
【详解】
解：由，，，
根据正弦定理得：，
为三角形的内角，
或，

或
在中，由，，或
则面积或．
故选C.
本题主要考查了正弦定理，三角形的面积公式以及特殊角的三角函数值，熟练掌握定理及公式是解本题的关键，属于中档题．
4、C
【解析】
将代入，化简得到答案.
【详解】

故答案选C
本题考查了向量的运算，意在考查学生的计算能力.
5、B
【解析】
试题分析：当时，直线为和直线，斜率之积等于，所以垂直；当两直线垂直时，，解得：或，根据充分条件必要条件概念知，“”是“直线(m+1)x+3my+2=0与直线(m-2)x+(m+1)y-1=0相互垂直”的充分不必要条件，故选B．
考点：1、充分条件、必要条件；2、两条直线垂直的关系．
6、C
【解析】
设出等差数列的公差d，根据a3是a2与a6的等比中项，S3＝3，利用等比数列的性质和等差数列的前n项和的公式化简得到关于等差数列首项和公差方程组，求出方程组的解集即可得到首项和公差，然后再利用等差数列的前n项和的公式求出S8即可
【详解】
设公差为d（d≠0），则有，
化简得：，
因为d≠0，解得a1＝-1，d＝2，
则S8＝-82＝1．
故选：C．
【点评】
此题考查运用等差数列的前n项和的公式及等比数列的通项公式化简求值，意在考查公式运用，是基础题．
7、A
【解析】
先通分，再利用等比数列的性质求和即可。
【详解】
．
故选A.
本题考查等比数列的性质，属于基础题。
8、B
【解析】
由抛掷两枚骰子得到点的坐标共有36种，再利用列举法求得点落在圆内所包含的基本事件的个数，利用古典概型的概率计算公式，即可求解．
【详解】
由题意知，试验发生包含的事件是连续掷两次骰子分别得到的点数作为点P的坐标，
共有种结果，
而满足条件的事件是点P落在圆内，列举出落在圆内的情况：（1，1）（1，2）（1，3）（2，1）（2，2）（2，3）（3，1）（3，2），共有8种结果，
根据古典概型概率公式，可得，故选B．
本题主要考查的是古典概型及其概率计算公式.，属于基础题．解题时要准确理解题意，先要判断该概率模型是不是古典概型，正确找出随机事件A包含的基本事件的个数和试验中基本事件的总数，令古典概型及其概率的计算公式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．
9、C
【解析】
先求出的点的轨迹（一条直线），然后由面积公式可知时点所在区域，计算其面积，利用几何概型概率公式计算概率．
【详解】
设到的距离为，，则，如图，设，则点在矩形内，，，
∴所求概率为．
故选C．

本题考查几何概型概率．解题关键是确定符合条件点所在区域及其面积．
10、B
【解析】
利用，，依次求 ，观察归纳出通项公式 ，从而求出的值.
【详解】
∵ 数列满足，，，
∴，∴，∴ ，
，∴，∴ ，……
∵，，，，…….，
由此归纳猜想，∴．故选B．
本题考查了一个教复杂的递推关系，本题的难点在于数列的项位于指数位置，不易化简和转化，一般的求通项方法无法解决，当遇见这种情况时一般我们就可以用“归纳”的方法处理，即通过求几项，然后观察规律进而得到结论．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、1
【解析】
在方向上的投影为，把向量坐标代入公式，构造出关于的方程，求得.
【详解】
因为，所以，
解得：，故填：.
本题考查向量的数量积定义中投影的概念、及向量数量积的坐标运算，考查基本运算能力.
12、6
【解析】
利用分层抽样的定义求解.
【详解】
设从高一年级的学生中抽取x名，由分层抽样的知识可知，解得x＝6.
故答案为6.
本题主要考查分层抽样，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.
13、
【解析】
根据偶次被开方数大于等于零，分母不为零，列出不等式组，解出即可．
【详解】
依题意可得，，解得即，
故函数的定义域为．
故答案为：．
本题主要考查函数定义域的求法，涉及三角不等式的解法，属于基础题．
14、
【解析】
将三阶矩阵化为普通运算，利用指数函数的性质即可求出不等式的解集.
【详解】
不等式化为，
整理得，
，，即，
，即不等式的解集为
故答案为：
此题考查了其他不等式的解法，指数函数的性质，以及三阶矩阵，是一道中档题.
15、
【解析】
首先从方程看是不能直接解出这个方程的根的，因此可以转化成函数，从函数的奇偶性出发。
【详解】
设，则

∴为偶函数，其图象关于轴对称，
又依题意只有一个零点，故此零点只能是，
所以，
∴，
∴，
∴，∴，
故答案为：
本题主要考查了函数奇偶性以及零点与方程的关系，方程的根就是对应函数的零点，本题属于基础题。
16、
【解析】
先利用累加法求出an＝1+n2﹣n，所以，设f（n），由此能导出n＝5或6时f（n）有最小值．借此能得到的最小值．
【详解】
解：∵an+1﹣an＝2n，∴当n≥2时，an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1＝2[1+2+…+（n﹣1）]+1＝n2﹣n+1
且对n＝1也适合，所以an＝n2﹣n+1．
从而
设f（n），令f′（n），
则f（n）在上是单调递增，在上是递减的，
因为n∈N+，所以当n＝5或6时f（n）有最小值．
又因为，，
所以的最小值为
故答案为
本题考查了利用递推公式求数列的通项公式，考查了累加法．还考查函数的思想，构造函数利用导数判断函数单调性．

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）利用正弦定理边角互化的思想以及两角和的正弦公式、三角形的内角和定理以及诱导公式求出的值，结合角的范围求出角的值；
（2）由三角形的面积公式得，由正弦定理结合内角和定理得出
，利用为锐角三角形得出的取值范围，可求出的范围，进而求出面积的取值范围．
【详解】
（1），
由正弦定理边角互化思想得，
所以，，
，，，；
（2）由题设及（1）知的面积.
由正弦定理得.
由于为锐角三角形，故，由（1）知，
所以，故，从而.
因此面积的取值范围是.
本题考查正弦定理解三角形以及三角形面积的取值范围的求解，在解三角形中，等式中含有边有角，且边的次数相等时，可以利用边角互化的思想求解，一般优先是边化为角的正弦值，求解三角形中的取值范围问题时，利用正弦定理结合三角函数思想进行求解，考查计算能力，属于中等题．
18、 (1) (2)
【解析】
（1）由正弦定理得，再利用余弦定理的到.
（2）将代入等式，化简得到答案.
【详解】
解：（1）由
结合正弦定理得；
∴
又，∴.
（2）由,∴
∴,
∴∴
又∴
解得：，.
本题考查了正弦定理，余弦定理，和差公式，意在考查学生的计算能力.
19、（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）利用正弦定理，三角函数恒等变换，可得 ，结合范围，可求的值．
（Ⅱ）方法1：由余弦定理，基本不等式可得，利用三角形的面积公式即可求解；方法2：由正弦定理可得，，并将其代入可得，然后再化简，根据正弦函数的图象和性质即可求得面积的最大值．
【详解】
解：（I）因为，
由正弦定理可得：，
所以
所以，
即 ，
，所以，
可得：
，所以，
所以，可得：
（II）方法1：由余弦定理得：，
得， 所以
当且仅当时取等号，

所以△ABC面积的最大值为
方法2：因为，
所以，，
所以，
所以，
当且仅当，即，当时取等号.
所以△ABC面积的最大值为.
本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，余弦定理，基本不等式，三角形的面积公式，正弦函数的图象和性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
20、（1）,,
（2），证明见详解.
【解析】
（1）由题意得,在中分别令可求结果；
（2）由数列前四项可猜想,运用数学归纳法可证明.
【详解】
解：（1）,
当时,,,
当时,,,
当时,,,
所以,,
（2）猜想下面用数学归纳法证明：
假设时,有成立,
则当时,有,

故对成立.
该题考查由数列递推式求数列的项、通项公式,考查数学归纳法,考查学生的运算求解能力.
21、（1）；（2）增区间是，对称轴为
【解析】
（1）由周期求得ω，再由函数图象上的最低点的纵坐标为﹣3求得A，则函数解析式可求；（2）直接利用复合函数的单调性求函数f（x）的单调递增区间，再由2x求解x可得函数f（x）的对称轴方程．
【详解】
（1）因为的最小正周期为
因为，，，∴．
又函数图象上的最低点纵坐标为，且
∴
∴．
（2）由，
可得
可得单调递增区间.
由，得．
所以函数的对称轴方程为．
本题考查函数解析式的求法，考查y＝Asin（ωx+φ）型函数的性质，是基础题．