福建省龙岩市高级中学2024届数学高一第二学期期末达标检测模拟试题含解析

福建省龙岩市高级中学2024届数学高一第二学期期末达标检测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．已知函数，点A、B分别为图象在y轴右侧的第一个最高点和第一个最低点，O为坐标原点，若△OAB为锐角三角形，则的取值范围为（）A． B． C． D．2．下列函数，是偶函数的为（）A． B． C． D．3．在ABC中，．则的取值范围是（）A．（0，] B．[，） C．（0，] D．[，）4．若将函数的图象向左平移个最小周期后，所得图象对应的函数为（）A． B．C． D．5．过点P(－2,4)作圆O：(x－2)2＋(y－1)2＝25的切线l，直线m：ax－3y＝0与直线l平行，则直线l与m间的距离为()A．4 B．2 C．85 D．126．在中，，是边上的一点，，若为锐角，的面积为20，则（）A． B． C． D．7．已知,,,,则()A． B．C． D．8．秦九韶是我国南宋时期的数学家，在他所著的《数书九章》中提出的多项式求值的“秦九韶算法”，至今仍是比较先进的算法．如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法，求某多项式值的一个实例，若输入的值分别为4和2，则输出的值为（）A．32 B．64 C．65 D．1309．的三内角所对的边分别为，若，则角的大小是（）A． B． C． D．10．已知点满足条件则的最小值为（）A．9 B．-6 C．-9 D．6二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．若关于的不等式的解集为，则__________12．在△ABC中，若，则△ABC的形状是____.13．已知单位向量与的夹角为，且，向量与的夹角为，则=.14．若为的最小内角，则函数的值域为_____．15．函数的最小正周期为______________.16．已知向量，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．在中，内角所对的边分别为.已知，，.（Ⅰ）求和的值；（Ⅱ）求的值.18．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆C：x2⑴若圆E的半径为2，圆E与x轴相切且与圆C外切，求圆E的标准方程；⑵若过原点O的直线l与圆C相交于A,B两点，且OA=AB，求直线l的方程．19．已知函数.（1）求函数的定义域；（2）当为何值时，等式成立？20．已知数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）当时，证明不等式：.21．已知函数的最小正周期为，将的图象向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度得到函数的图象.（1）求函数的解析式；（2）在中，角所对的边分别为，若，且，求周长的取值范围.

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【解题分析】

△OAB为锐角三角形等价于,再运算即可得解.【题目详解】解：由题意可得,,由△OAB为锐角三角形，则,即，解得：，即的取值范围为，故选：B.【题目点拨】本题考查了三角函数图像的性质，重点考查了向量数量积的运算，属中档题.2、B【解题分析】

逐项判断各项的定义域是否关于原点对称，再判断是否满足即可得解.【题目详解】易知各选项的定义域均关于原点对称.，故A错误；，故B正确；，故C错误；，故D错误.故选：B.【题目点拨】本题考查了诱导公式的应用和函数奇偶性的判断，属于基础题.3、C【解题分析】

试题分析：由于，根据正弦定理可知，故．又，则的范围为.故本题正确答案为C.考点：三角形中正余弦定理的运用.4、B【解题分析】

首先判断函数的周期，再利用“左加右减自变量，上加下减常数项”解题．【题目详解】函数的最小正周期为,函数的图象向左平移个最小正周期即平移个单位后，所得图象对应的函数为,即.故选：B.【题目点拨】本题考查函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换，根据“左加右减”进行平移变换即可，对横坐标进行平移变换注意系数ω即可，属于基础题.5、A【解题分析】设l:ax-3y+m=0∴-2a-12+m=0∴ax-3y+2a+12=0因此|2a-3+2a+12|a2+32=5∴a=4，因此直线6、C【解题分析】

先利用面积公式计算出，计算出，运用余弦定理计算出，利用正弦定理计算出，在中运用正弦定理求解出．【题目详解】解：由的面积公式可知，，可得，为锐角，可得在中，，即有，由可得，由可知．故选．【题目点拨】本题考查正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用，考查方程思想，属于中档题．7、C【解题分析】

分别求出的值再带入即可．【题目详解】因为,所以因为,所以所以【题目点拨】本题考查两角差的余弦公式．属于基础题．8、C【解题分析】程序运行循环时变量值为：；；；，退出循环，输出，故选C．9、C【解题分析】

将进行整理，反凑余弦定理，即可得到角.【题目详解】因为即故可得又故.故选：C.【题目点拨】本题考查余弦定理的变形，属基础题.10、B【解题分析】试题分析：满足约束条件的点的可行域，如图所示由图可知，目标函数在点处取得最小值，故选B.考点：线性规划问题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、1【解题分析】

根据二次不等式和二次方程的关系，得到是方程的两根，由根与系数的关系得到的值.【题目详解】因为关于的不等式的解集为所以是方程的两根，，由根与系数的关系得，解得【题目点拨】本题考查一元二次不等式和一元二次方程之间的关系，根与系数之间的关系，属于简单题.12、钝角三角形【解题分析】

由，结合正弦定理可得，，由余弦定理可得可判断的取值范围【题目详解】解：，由正弦定理可得，由余弦定理可得是钝角三角形故答案为钝角三角形．【题目点拨】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的综合应用在三角形的形状判断中的应用，属于基础题13、【解题分析】试题分析：因为所以考点：向量数量积及夹角14、【解题分析】

依题意，，利用辅助角公式得，利用正弦函数的单调性即可求得的取值范围，在利用换元法以及同角三角函数基本关系式把所求问题转化结合基本不等式即可求解．【题目详解】∵为的最小内角，故，又，因为，故，∴取值范围是．令，则且∴，令，由双勾函数可知在上为增函数，故，故.故答案为：.【题目点拨】本题考查同角的三角函数的基本关系、辅助角公式以及正弦型函数的值域，注意根据代数式的结构特点换元后将三角函数的问题转化为双勾函数的问题，本题属于中档题．15、【解题分析】

利用函数y＝Atan（ωx+φ）的周期为，得出结论．【题目详解】函数y＝3tan（3x）的最小正周期是，故答案为：．【题目点拨】本题主要考查函数y＝Atan（ωx+φ）的周期性，利用了函数y＝Atan（ωx+φ）的周期为．16、【解题分析】

根据向量夹角公式可求出结果.【题目详解】．【题目点拨】本题考查了向量夹角的运算，牢记平面向量的夹角公式是破解问题的关键．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、（Ⅰ）.=.（Ⅱ）.【解题分析】试题分析：利用正弦定理“角转边”得出边的关系，再根据余弦定理求出，进而得到，由转化为，求出，进而求出，从而求出的三角函数值，利用两角差的正弦公式求出结果.试题解析：（Ⅰ）解：在中，因为，故由，可得.由已知及余弦定理，有，所以.由正弦定理,得.所以，的值为，的值为.（Ⅱ）解：由（Ⅰ）及，得，所以，.故.考点：正弦定理、余弦定理、解三角形【名师点睛】利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值.利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.18、(1)(x+3)2+(y-2)2【解题分析】

（1）设出圆E的标准方程为(x-a)2+(y-b)2=r2，由圆E与x轴相切，可得b=r，由圆E与圆C外切，可得两圆心距等于半径之和，由此解出（2）法一：设出A点坐标为(x0,y0)，根据OA=AB，可得到点B坐标，把A、B两点坐标代入圆法二：设AB的中点为M，连结CM，CA，设出直线l的方程，由题求出CM的长，利用点到直线的距离即可得求出k值，从而得到直线l的方程【题目详解】⑴设圆E的标准方程为(x-a)2+(y-b)2=r2因为圆E的半径为2，与x轴相切，所以b=2因为圆E与圆C外切所以EC=3，即a由①②解得a=±3,b=2故圆E的标准方程为(x+3)2+⑵方法一;设A(因为OA=AB，所以A为OB的中点，从而B(2因为A，B都在圆C上所以x解得x0=-故直线l的方程为：y=±方法二：设AB的中点为M，连结CM，CA设AM=t，CM=d因为OA=AB，所以OM=3t在RtΔACM中，d2在RtΔOCM中，d2由③④解得d=由题可知直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为y=kx则d=2k故直线l的方程为y=±【题目点拨】本题考查圆的标准方程与直线方程，解题关键是设出方程，找出关系式，属于中档题。19、（1）；（2）.【解题分析】

（1）根据对数的真数大于零，得出，解出该不等式即可得出函数的定义域；（2）根据对数的运算性质可得出关于的方程，解出即可.【题目详解】（1）由，得，所以，函数定义域为；（2）由，得，即，可得：，即，即，或，由于，得，所以，不合题意，所以，当时，等式成立.【题目点拨】本题考查了对数运算以及简单的对数方程的求解，解题时不要忽略真数大于零这一条件的限制，考查运算求解能力，属于基础题.20、（1）；（2）见解析.【解题分析】

（1）分和两种情况讨论，利用，可得出数列的通项公式；（2）由得，从而可得，即可证明出结论.【题目详解】（1），，.①当时，数列是各项均为的常数列，则；②当时，数列是以为首项，以为公比的等比数列，，.当时，也适合.综上所述，；（2）由，得，，，，因此，.【题目点拨】本题考查数列的通项，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能