2024届安徽省宣城市七校高一数学第二学期期末教学质量检测试题含解析

2024届安徽省宣城市七校高一数学第二学期期末教学质量检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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．已知向量=(3，4)，=(2，1)，则向量与夹角的余弦值为()A． B． C． D．2．等差数列中，，则的值为()A．14 B．17 C．19 D．213．设全集，集合,,则（）A． B．C． D．4．已知集合，，，则（）A． B． C． D．5．下列说法中，正确的是（）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则6．若集合A={x|2≤x<4}, B={x|x>3}A．{x|3≤x<4} B．{x|3<x<4} C．{x|2≤x<3} D．{x|2≤x≤3}7．某中学举行高一广播体操比赛，共10个队参赛，为了确定出场顺序，学校制作了10个出场序号签供大家抽签，高一（l）班先抽，则他们抽到的出场序号小于4的概率为（）A． B． C． D．8．设，若不等式恒成立，则实数a的取值范围是()A． B． C． D．9．函数的图象如图所示，则y的表达式为（）A． B．C． D．10．已知是第三象限的角，若，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．已知：，则的取值范围是__________．12．在中，角的对边分别为，若，则角________.13．函数的定义域为__________；14．等比数列中，若，，则______.15．已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥；③l⊥．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．16．按照如图所示的程序框图，若输入的x值依次为，0，1，运行后，输出的y值依次为，，，则________.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．已知数列的前项和为，且，求数列的通项公式.18．设是一个公比为q的等比数列，且，，成等差数列.（1）求q；（2）若数列前4项的和，令，求数列的前n项和.19．在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，三点满足.（1）求值；（2）已知若的最小值为，求的最大值.20．已知数列的前n项和为，，，.（1）求证：数列是等差数列；（2）令，数列的前n项和为，求证：.21．如图所示，已知的斜边长，现以斜边横在直线为轴旋转一周，得到旋转体．（1）当时，求此旋转体的体积；（2）比较当，时，两个旋转体表面积的大小．

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】

由向量的夹角公式计算．【题目详解】由已知，，．∴．故选A．【题目点拨】本题考查平面向量的数量积，掌握数量积公式是解题基础．2、B【解题分析】

利用等差数列的性质，.【题目详解】，解得：.故选B.【题目点拨】本题考查了等比数列的性质，属于基础题型.3、A【解题分析】

进行交集、补集的运算即可．【题目详解】∁UB＝{x|﹣2＜x＜1}；∴A∩（∁UB）＝{x|﹣1＜x＜1}．故选：A．【题目点拨】考查描述法的定义，以及交集、补集的运算．4、C【解题分析】由题意得，因为，所以，所以，故，故选C.5、C【解题分析】试题分析：选项A中，条件应为；选项B中当时不成立；选项D中，结论应为；C正确．考点：不等式的性质．6、B【解题分析】

根据交集定义计算．【题目详解】由题意A∩B={x|3<x<4}．故选B．【题目点拨】本题考查集合的交集运算，属于基础题．7、D【解题分析】

古典概率公式得到答案.【题目详解】抽到的出场序号小于4的概率：故答案选D【题目点拨】本题考查了概率的计算，属于简单题.8、D【解题分析】

由题意可得恒成立，讨论，，运用基本不等式，可得最值，进而得到所求范围．【题目详解】恒成立，即为恒成立，当时，可得的最小值，由，当且仅当取得最小值8，即有，则；当时，可得的最大值，由，当且仅当取得最大值，即有，则，综上可得．故选．【题目点拨】本题主要考查不等式恒成立问题的解法，注意运用参数分离和分类讨论思想，以及基本不等式的应用，意在考查学生的转化思想、分类讨论思想和运算能力．9、B【解题分析】

根据图像最大值和最小值可得，根据最大值和最小值的所对应的的值，可得周期，然后由，得到，代入点，结合的范围，得到答案.【题目详解】根据图像可得，，即，根据，得，所以，代入，得，所以，，所以，又因，所以得，所以得到，故选B.【题目点拨】本题考查根据函数图像求正弦型函数的解析式，属于简单题.10、D【解题分析】

根据是第三象限的角得，利用同角三角函数的基本关系，求得的值.【题目详解】因为是第三象限的角，所以，因为，所以解得：，故选D.【题目点拨】本题考查余弦函数在第三象限的符号及同角三角函数的基本关系，即已知值，求的值.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

由已知条件将两个角的三角函数转化为一个角的三角函数，再运用三角函数的值域求解.【题目详解】由已知得，所以，又因为，所以，解得，所以，故填.【题目点拨】本题考查三角函数的值域，属于基础题.12、【解题分析】

根据得，利用余弦定理即可得解.【题目详解】由题：，，，由余弦定理可得：，.故答案为：【题目点拨】此题考查根据余弦定理求解三角形的内角，关键在于熟练掌握余弦定理公式，准确计算求解.13、【解题分析】

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．【题目详解】依题意可得，，解得即，故函数的定义域为．故答案为：．【题目点拨】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、【解题分析】

设的首项为，公比为，根据，列出方程组，求出和即可得解.【题目详解】设的首项为，公比为，则：，解之得，所以：.故答案为：.【题目点拨】本题考查等比数列中某项的求法，解题关键是根据题意列出方程组，需要注意的是为了简化运算不用直接求解，解出即可，属于基础题.15、如果l⊥α，m∥α，则l⊥m或如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.【解题分析】

将所给论断，分别作为条件、结论加以分析.【题目详解】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m.正确；（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.正确；（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α.【题目点拨】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.16、5【解题分析】

根据程序框图依次计算出、、后即可得解.【题目详解】由程序框图可知，；，；，.所以.故答案为：.【题目点拨】本题考查了程序框图的应用，属于基础题.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】

当时，，当时，，即可得出．【题目详解】∵已知数列的前项和为，且，当时，，当时，，检验：当时，不符合上式，【题目点拨】本题考查了数列递推关系、数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．18、（1）；（2）答案不唯一，详见解析.【解题分析】

（1）运用等差中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比；（2）讨论公比，结合等差数列和等比数列的求和公式，以及错位相减法求和，即可得到所求和．【题目详解】（1）因为是一个公比为的等比数列，所以．因为成等差数列，所以即．解得.（2）①若q=2，又它的前4和，得，解得所以.因为，∴，2，∴，∴②若q=1，又它的前4和，即4因为，所以．【题目点拨】“错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.19、（1）（2）1【解题分析】

（1）由，得，化简得，即可得到答案；（2）化简函数，对实数分类讨论求得函数的最小值，得到关于的分段函数，进而求得函数的最大值.【题目详解】（1）由题意知三点满足，可得，所以，即即，则，所以.（2）由题意，函数因为，所以，当时，取得最小值，当时，当时，取得最小值，当时，当时，取得最小值，综上所述，，可得函数的最大值为1，即的最大值为1.【题目点拨】本题主要考查了向量的线性运算，向量的数量积的坐标性质，以及三角函数和二次函数的性质的综合应用，着重考查了分类讨论思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.20、（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解题分析】

（1）根据和的关系式，利用，整理化简得到，从而证明是等差数列；（2）利用由（1）写出的通项，利用裂项相消法求出，从而证明【题目详解】（1）因为，所以当时，两式相减，得到，整理得，又因为，所以，所以数列是等差数列，公差为3；（2）当时，，解得或，因为，所以，由（1）可知，即公差，所以，所以