2024届湖南省邵阳市邵东县第三中数学高一第二学期期末达标测试试题含解析

2024届湖南省邵阳市邵东县第三中数学高一第二学期期末达标测试试题注意事项：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．若抛物线上一点到焦点的距离是该点到轴距离的3倍，则（）A． B． C． D．72．己知向量，.若，则m的值为()A． B．4 C．- D．-43．已知集合，集合为整数集，则（）A． B． C． D．4．若直线过点，则此直线的倾斜角是（）A． B． C． D．90。5．圆与圆的位置关系是（）A．相离 B．相交 C．相切 D．内含6．为了得到函数的图象，只需将函数图象上所有的点（）A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度7．设，则()A． B．C． D．8．函数的定义域为（）A． B． C． D．9．(2016高考新课标III，理3)已知向量,则ABC=A．30 B．45 C．60 D．12010．经过平面外一点和平面内一点与平面垂直的平面有()A．1个 B．2个 C．无数个 D．1个或无数个二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．向量在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，则以向量为邻边的平行四边形的面积是_________.12．一湖中有不在同一直线的三个小岛A、B、C，前期为开发旅游资源在A、B、C三岛之间已经建有索道供游客观赏，经测量可知AB两岛之间距离为3公里，BC两岛之间距离为5公里，AC两岛之间距离为7公里，现调查后发现，游客对在同一圆周上三岛A、B、C且位于（优弧）一片的风景更加喜欢，但由于环保、安全等其他原因，没办法尽可能一次游览更大面积的湖面风光，现决定在上选择一个点D建立索道供游客游览，经研究论证为使得游览面积最大，只需使得△ADC面积最大即可.则当△ADC面积最大时建立索道AD的长为______公里.（注：索道两端之间的长度视为线段）13．已知向量夹角为，且，则__________．14．__________．15．数列满足：，，则______.16．已知函数，数列的通项公式是，当取得最小值时，_______________.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．在区间内随机取两个数，则关于的一元二次方程有实数根的概率为__________．18．是亚太区域国家与地区加强多边经济联系、交流与合作的重要组织，其宗旨和目标是“相互依存、共同利益，坚持开放性多边贸易体制和减少区域间贸易壁垒.”2017年会议于11月10日至11日在越南岘港举行.某研究机构为了了解各年龄层对会议的关注程度，随机选取了100名年龄在内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（分组区间分别为，，，，）.（1）求选取的市民年龄在内的人数；（2）若从第3，4组用分层抽样的方法选取5名市民进行座谈，再从中选取2人参与会议的宣传活动，求参与宣传活动的市民中至少有一人的年龄在内的概率.19．在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆上．（1）求圆的方程；（2）若圆与直线交于，两点，且，求的值．20．从含有两件正品和一件次品的三件产品中，每次任取一件，每次取出后不放回，连续取两次，求：（1）一切可能的结果组成的基本事件空间．（2）取出的两件产品中恰有一件次品的概率21．已知圆：.（1）过的直线与圆：交于，两点，若，求直线的方程；（2）过的直线与圆：交于，两点，直接写出面积取值范围；（3）已知，，圆上是否存在点，使得，请说明理由.

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【解题分析】由题意，焦点坐标，所以，解得，故选A。2、B【解题分析】

根据两个向量垂直的坐标表示列方程，解方程求得的值.【题目详解】依题意，由于，所以，解得.故选B.【题目点拨】本小题主要考查两个向量垂直的坐标表示，考查向量减法的坐标运算，属于基础题.3、A【解题分析】试题分析：，选A.【考点定位】集合的基本运算.4、A【解题分析】

根据两点间斜率公式,可求得斜率.再由斜率与倾斜角关系即可求得直线的倾斜角.【题目详解】直线过点则直线的斜率设倾斜角为,根据斜率与倾斜角关系可得由直线倾斜角可得故选:A【题目点拨】本题考查了直线斜率的求法,斜率与倾斜角关系,属于基础题.5、B【解题分析】

计算圆心距，判断与半径和差的关系得到位置关系.【题目详解】圆心距相交故答案选B【题目点拨】本题考查了两圆的位置关系，判断圆心距与半径和差的关系是解题的关键.6、C【解题分析】

利用诱导公式,的图象变换规律,得出结论.【题目详解】为了得到函数的图象,

只需将函数图象上所有的点向左平移个单位长度,

故选C.7、A【解题分析】

先由诱导公式得到a＝cos2019°＝–cos39°，再根据39°∈（30°，45°）得到大致范围.【题目详解】a＝cos2019°＝cos（360°×5+180°+39°）＝–cos39°∵，∴可得：∈（，），＝.故选A．【题目点拨】这个题目考查了三角函数的诱导公式的应用，以及特殊角的三角函数值的应用，题目比较基础.8、C【解题分析】要使函数有意义，需使，即，所以故选C9、A【解题分析】试题分析：由题意，得，所以，故选A．【考点】向量的夹角公式．【思维拓展】（1）平面向量与的数量积为，其中是与的夹角，要注意夹角的定义和它的取值范围：；（2）由向量的数量积的性质知，，，因此，利用平面向量的数量积可以解决与长度、角度、垂直等有关的问题．10、D【解题分析】

讨论平面外一点和平面内一点连线，与平面垂直和不垂直两种情况.【题目详解】（1）设平面为平面，点为平面外一点，点为平面内一点，此时，直线垂直底面，过直线的平面有无数多个与底面垂直；（2）设平面为平面，点为平面外一点，点为平面内一点，此时，直线与底面不垂直，过直线的平面，只有平面垂直底面.综上，过平面外一点和平面内一点与平面垂直的平面有1个或无数个，故选D.【题目点拨】借助长方体研究空间中线、面位置关系问题，能使问题直观化，降低问题的抽象性.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、3【解题分析】

将向量平移至相同的起点，写出向量对应的坐标，计算向量的夹角，从而求得面积.【题目详解】根据题意，将两个向量平移至相同的起点，以起点为原点建立坐标系如下所示：则，故.又两向量的夹角为锐角，故，则该平行四边形的面积为.故答案为：3.【题目点拨】本题考查用向量解决几何问题的能力，涉及向量坐标的求解，夹角的求解，属基础题.12、【解题分析】

根据题意画出草图，根据余弦定理求出的值，设点到的距离为，可得，分析可知取最大时，取最大值，然后再对为中点和不是中点两种情况分析，可得的最大值为，然后再根据圆的有关性质和正弦定理，即可求出结果．【题目详解】根据题意可作出及其外接圆，连接，交于点，连接，如下图：在中，由余弦定理,由为的内角，可知，所以.设的半径为，点到的距离为，点到的距离为，则,故取最大时，取最大值.①当为中点时，由垂径定理知，即，此时，故；②当不是中点时，不与垂直，设此时与所成角为，则，故；由垂线段最短知，此时;综上，当为中点时，到的距离最大，最大值为；由圆周角定理可知，,由垂径定理知，此时点为优弧的中点，故，则，在中，由正弦定理得所以.所以当△ADC面积最大时建立索道AD的长为公里.故答案为：．【点评】本题考查了正弦定理、余弦定理在解决实际问题中的应用，属于中档题．13、【解题分析】试题分析：的夹角，，，，.考点：向量的运算.【思路点晴】平面向量的数量积计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用.利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决．列出方程组求解未知数.14、【解题分析】

在分式的分子和分母上同时除以，然后利用极限的性质来进行计算.【题目详解】，故答案为：.【题目点拨】本题考查数列极限的计算，解题时要熟悉一些常见的极限，并充分利用极限的性质来进行计算，考查计算能力，属于基础题.15、【解题分析】

可通过赋值法依次进行推导，找出数列的周期，进而求解【题目详解】由，，当时，；当时，；当时，；当时，；当时，，当故数列从开始，以3为周期故故答案为：【题目点拨】本题考查数列的递推公式，能根据递推公式找出数列的规律是解题的关键，属于中档题16、110【解题分析】

要使取得最小值，可令，即，对的值进行粗略估算即可得到答案.【题目详解】由题知：①.要使①式取得最小值，可令①式等于.即，.又因为，，则当时，，，①式.则当时，，，①式.当或时，①式的值会变大，所以时，取得最小值.故答案为：【题目点拨】本题主要考查数列的函数特征，同时考查了指数函数和对数函数的性质，核心素养是考查学生灵活运用知识解决问题的能力，属于难题.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、【解题分析】试题分析：解：在平面直角坐标系中，以轴和轴分别表示的值，因为m、n是中任意取的两个数，所以点与右图中正方形内的点一一对应，即正方形内的所有点构成全部试验结果的区域．设事件表示方程有实根，则事件，所对应的区域为图中的阴影部分，且阴影部分的面积为．故由几何概型公式得，即关于的一元二次方程有实根的概率为．考点：本题主要考查几何概型概率的计算．点评：几何概型概率的计算，关键是明确基本事件空间及发生事件的几何度量，有面积、体积、角度数、线段长度等．本题涉及到了线性规划问题中平面区域．18、（1）30人；（2）.【解题分析】

（1）由频率分布直方图，先求出年龄在内的频率，进而可求出人数；（2）先由分层抽样，确定应从第3，4组中分别抽取3人，2人，记第3组的3名志愿者分别为，第4组的2名志愿者分别为，再用列举法，分别列举出总的基本事件，以及满足条件的基本事件，基本事件个数比即为所求概率.【题目详解】（1）由题意可知，年龄在内的频率为，故年龄在内的市民人数为.（2）易知，第4组的人数为，故第3，4组共有50名市民，所以用分层抽样的方法在50名志愿者中抽取5名志愿者，每组抽取的人数分别为：第3组；第4组.所以应从第3，4组中分别抽取3人，2人.记第3组的3名志愿者分别为，第4组的2名志愿者分别为，则从5名志愿者中选取2名志愿者的所有情况为，，，，，，，，，，共有10种.其中第4组的2名志愿者至少有一名志愿者被选中的有：，，，，，，，共有7种，所以至少有一人的年龄在内的概率为.【题目点拨】本题主要考查由频率分布直方图求频数，以及古典概型的概率问题，会分析频率分布直方图，熟记古典概型的概率计算公式即可，属于常考题型.19、（1）；（2）.【解题分析】分析：（1）因为曲线与坐标轴的交点都在圆上，所以要求圆的方程应求曲线与坐标轴的三个交点．曲线与轴的交点为，与轴的交点为．由与轴的交点为关于点(3,0)对称，故可设圆的圆心为，由两点间距离公式可得，解得．进而可求得圆的半径为，然后可求圆的方程为．（2）设，，由可得，进而可得，减少变量个数．因为，，所以．要求值，故将直线与圆的方程联立可得，消去，得方程．因为直线与圆有两个交点，故判别式，由根与系数的关系可得，．代入，化简可求得，满足，故．详解：（1）曲线与轴的交点为，与轴的交点为．故可设的圆心为，则有，解得．则圆的半径为，所以圆的方程为．（2）设，，其坐标满足方程组消去，得方程．由已知可得，判别式，且，．由于，可得．又，所以．由得，满足，故．点睛：⑴求圆的方程一般有两种方法：①待定系数法：如条件和圆心或半径有关，可设圆的方程为标准方程，再代入条件可求方程；如已知圆过两点或三点，可设圆的方程为一般方程，再根据条件求方程；②几何方法：利用圆的性质，如圆的弦的垂直平分线经过圆心，最长的弦为直径，圆心到切线的距离等于半径．（2）直线与圆或圆锥曲线交于，两点，若，应设，，可得．可将直线与圆或圆锥曲线的方程联立消去，得关于的一元二次方程，利用根与系数的关系得两根和与两根积，代入，化简求值．20、(1)和；(2)【解题分析】

（1）注意先后顺序以及是不放回的抽取；（2）在所有可能的事件中寻找符合要求的事件，然后利用古典概型概率计算公式求解即可.【题目详解】（1）每次取出一个，取后不放回地连续取两次，其一切可能的结果组成的基本事件有6个，即和其中小括号内左边的字母表示第1次取出的产品，右边的字母表示第2次取出的产品（2）用A表示“取出的两种中，恰好有一件次品”这一事件，则∴事件A由4个基本事件组成，因而，=．【题目点拨】本题考查挂古典概型的基本概率计算，难度较易.对于放回或不放回的问题，一定要注意区分其中的不同.21、（1）或；（2）；（3）存在，理由见解析【解题分析】

求得圆的圆心和半径.（1）设出直线的方程，利用弦长、勾股定理和点到直线距离列方程，解方程求得直线的斜率，进