2024届贵州省黔西南州兴仁市凤凰中学高一数学第二学期期末检测试题含解析

2024届贵州省黔西南州兴仁市凤凰中学高一数学第二学期期末检测试题考生请注意：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．已知，则的最小值为A．3 B．4 C．5 D．62．已知，，，则与的夹角为（）A． B． C． D．3．已知为角终边上一点，且，则（）A． B． C． D．4．在△中，若，则△为（）A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰或直角三角形 D．等腰直角三角形5．设函数是定义在上的奇函数，当时，，则（）A．－4 B． C． D．6．下列函数中，是偶函数且在区间上是增函数的是（）A． B．C． D．7．一个三棱锥内接于球，且，，则球心到平面的距离是（）A． B． C． D．8．有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为A． B． C． D．9．已知是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则等于()A．-1 B． C． D．110．在中，，．若点满足，则（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．若，则=_________________12．在中，为上的一点，且，是的中点，过点的直线，是直线上的动点，，则_________.13．点关于直线的对称点的坐标为_____．14．已知点和在直线的两侧，则a的取值范围是__________.15．设数列满足，，且，用表示不超过的最大整数，如，，则的值用表示为__________．16．已知均为正数，则的最大值为______________.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．已知向量，，函数．（1）求函数的单调递增区间；（2）在中，内角、、所对边的长分别是、、，若，，，求的面积.18．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．求A；已知，的面积为的周长．19．已知向量，.函数的图象关于直线对称，且.（1）求函数的表达式：（2）求函数在区间上的值域.20．在平面上有一点列、、、、，对每个正整数，点位于函数的图像上，且点、点与点构成一个以为顶角顶点的等腰三角形；（1）求点的纵坐标的表达式；（2）若对每个自然数，以、、为边长能构成一个三角形，求的取值范围；（3）设，若取（2）中确定的范围内的最小整数，问数列的最大项的项数是多少？试说明理由；21．已知数列an的前n项和为Sn,a1（1）分别求数列an（2）若对任意的n∈N*,

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【解题分析】

由，得，则，利用基本不等式，即可求解．【题目详解】由题意，因为，则，所以，当且仅当时，即时取等号，所以的最小值为5，故选C．【题目点拨】本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中熟记基本不等式的使用条件，合理构造是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．2、C【解题分析】

设与的夹角为，计算出、、的值，再利用公式结合角的取值范围可求出的值.【题目详解】设与的夹角为，则，，，另一方面，，，，因此，，，因此，，故选C.【题目点拨】本题考查利用平面向量的数量积计算平面向量的夹角，解题的关键就是计算出、、的值，考查计算能力，属于中等题.3、B【解题分析】

由可得，借助三角函数定义可得m值与.【题目详解】∵∴，解得又为角终边上一点，∴，∴∴故选B【题目点拨】本题主要考查任意角的三角函数的定义，两角和正切公式，属于基础题．4、A【解题分析】

利用正弦定理化简已知条件，得到，由此得到，进而判断出正确选项.【题目详解】由正弦定理得，所以，所以，故三角形为等腰三角形，故选A.【题目点拨】本小题主要考查利用正弦定理判断三角形的形状，考查同角三角函数的基本关系式，属于基础题.5、A【解题分析】

由奇函数的性质可得:即可求出【题目详解】因为是定义在上的奇函数，所以又因为当时，，所以，所以，选A.【题目点拨】本题主要考查了函数的性质中的奇偶性。其中奇函数主要有以下几点性质：1、图形关于原点对称。2、在定义域上满足。3、若定义域包含0，一定有。6、A【解题分析】

逐一分析选项，得到答案.【题目详解】A.是偶函数,并且在区间时增函数，满足条件；B.不是偶函数,并且在上是减函数，不满足条件；C.是奇函数,并且在区间上时减函数，不满足条件；D.是偶函数，在区间上是减函数，不满足条件；故选A.【题目点拨】本题考查了函数的基本性质，属于基础题型.7、D【解题分析】由题意可得三棱锥的三对对棱分别相等，所以可将三棱锥补成一个长方体，如图所示，该长方体的外接球就是三棱锥的外接球，长方体共顶点的三条面对角线的长分别为，设球的半径为，则有，在中，由余弦定理得，再由正弦定理得为外接圆的半径），则，因此球心到平面的距离，故选D.点睛：本题主要考查了球的组合体问题，本题的解答中采用割补法，考虑到三棱锥的三对对棱相等，所以可得三棱锥补成一个长方体，长方体的外接球就是三棱锥的外接球，求出求出球的半径，进而求解距离，其中正确认识组合体的特征和恰当补形时解答的关键.8、A【解题分析】每个同学参加的情形都有3种，故两个同学参加一组的情形有9种，而参加同一组的情形只有3种，所求的概率为p=选A9、C【解题分析】

根据求得函数的周期，再结合奇偶性求得所求表达式的值.【题目详解】由于故函数是周期为的周期函数，故，故选C.【题目点拨】本小题主要考查函数的周期性，考查函数的奇偶性，考查函数值的求法，属于基础题.10、A【解题分析】

试题分析：，故选A．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】分析：由二倍角公式求得，再由诱导公式得结论．详解：由已知，∴．故答案为．点睛：三角函数恒等变形中，公式很多，如诱导公式、同角关系，两角和与差的正弦（余弦、正切）公式、二倍角公式，先选用哪个公式后选用哪个公式在解题中尤其重要，但其中最重要的是“角”的变换，要分析出已知角与未知角之间的关系，通过这个关系都能选用恰当的公式．12、【解题分析】

用表示出,由对应相等即可得出．【题目详解】因为，所以解得得．【题目点拨】本题主要考查了平面向量的基本定理，以及向量的三角形法则，平面上任意不共线的一组向量可以作为一组基底．13、【解题分析】

设关于直线的对称点的坐标为,再根据中点在直线上,且与直线垂直求解即可.【题目详解】设关于直线的对称点的坐标为,则中点为,则在直线上,故①.又与直线垂直有②,联立①②可得.故.故答案为：【题目点拨】本题主要考查了点关于直线对称的点坐标,属于基础题.14、【解题分析】试题分析：若点A（3，1）和点B（4，6）分别在直线3x-2y+a=0两侧，则将点代入直线中是异号，则[3×3-2×1+a]×[3×4-2×6+a]＜0，即（a+7）a＜0，解得-7＜a＜0，故填写-7<a<0考点：本试题主要考查了二元一次不等式与平面区域的运用．点评：解决该试题的关键是根据A、B在直线两侧，则A、B坐标代入直线方程所得符号相反构造不等式．15、【解题分析】

由题设可得知该函数的最小正周期是，令，则由等差数列的定义可知数列是首项为，公差为的等差数列，即，由此可得，将以上个等式两边相加可得，即，所以，故，应填答案．点睛：解答本题的关键是借助题设中提供的数列递推关系式，先求出数列的通项公式，然后再运用列项相消法求出，最后借助题设中提供的新信息，求出使得问题获解．16、【解题分析】

根据分子和分母的特点把变形为，运用重要不等式，可以求出的最大值.【题目详解】（当且仅当且时取等号）,（当且仅当且时取等号），因此的最大值为.【题目点拨】本题考查了重要不等式，把变形为是解题的关键.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）的增区间是，（2）【解题分析】

（1）利用平面向量数量积的坐标表示公式、二倍角的正弦公式、余弦二倍角的降幂公式、以及辅助角公式可以函数的解析式化为正弦型函数解析式的形式，最后利用正弦型函数的单调性求出函数的单调递增区间；（2）根据（1）所得的结论和，可以求出角的值，利用三角形内角和定理可以求出角的值，再运用正弦定理可得出的值，最后利用三角形面积公式可以求出的面积..【题目详解】（1）令，解得∴的增区间是，（2）∵∴解得又∵∴中，由正弦定理得∴【题目点拨】本题考查了平面向量数量积的坐标表示公式，考查了二倍角的正弦公式、余弦二倍角的降幂公式、以及辅助角公式，考查了正弦定理和三角形面积公式，考查了数学运算能力.18、（1）；（2）【解题分析】

（1）在中，由正弦定理及题设条件，化简得，即可求解．（2）由题意，根据题设条件，列出方程，求的，得到，即可求解周长．【题目详解】（1）在中，由正弦定理及已知得，化简得，，所以.（2）因为，所以，又的面积为，则，则，所以的周长为.【题目点拨】在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．19、（1）；（2）【解题分析】

（1）转化条件得，由对称轴可得，再结合即可得解；（2）根据自变量的范围可得，利用整体法即可得解.【题目详解】（1）由题意，函数的图象关于直线对称，.即.又，，得，由得，故.则函数的表达式为（2），.，，则函数在区间上的值域为.【题目点拨】本题考查了向量数量积的坐标运算、函数表达式和值域的确定，考查了整体意识，属于基础题.20、（1）；（2）；（3）最大，详见解析；【解题分析】

(1)易得的横坐标为代入函数即可得纵坐标.(2)易得数列为递减的数列,若要组成三角形则,再代入表达式求解不等式即可.(3)由可知求即可.【题目详解】(1)由点、点与点构成一个以为顶角顶点的等腰三角形有.故.(2)因为,故为减函数,故,又以、、为边长能构成一个三角形,故即.解得或,又,故.(3)由取(2)中确定的范围内的最小整数,且,故.故,由题当时数列取最大项.故且,计算得当时取最大值.【题目点拨】本题主要考查了数列