2024届陕西省西安市碑林区教育局高一数学第二学期期末达标检测模拟试题含解析

2024届陕西省西安市碑林区教育局高一数学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．中，，则是（）A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰直角三角形2．设等差数列的前n项和为，首项，公差，，则最大时，n的值为()A．11 B．10 C．9 D．83．在钝角三角形ABC中,若B=45°,a=2,则边长cA．(1,2) B．(0,1)∪(4．高一某班男生36人，女生24人，现用分层抽样的方法抽取一个容量为的样本，若抽出的女生为12人，则的值为（）A．18 B．20 C．30 D．365．在△ABC中，AB=，AC=1，，△ABC的面积为，则（）A．30° B．45° C．60° D．75°6．在中，，则这个三角形的形状为()A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．等腰三角形7．若直线与曲线有公共点，则的取值范围是（）A． B．C． D．8．已知等差数列的公差为2，若成等比数列，则（）A． B． C． D．9．将函数（其中）的图象向右平移个单位，若所得图象与原图象重合，则不可能等于（）A．0 B． C． D．10．已知函数，若方程有5个解，则的取值范围是（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．用数学归纳法证明“”时，由不等式成立，推证时，则不等式左边增加的项数共__项12．求的值为________．13．已知数列满足则的最小值为__________.14．各项均为实数的等比数列的前项和为,已知成等差数列,则数列的公比为________.15．一个几何体的三视图如图所示（单位:m）,则该几何体的体积为.16．在中，，过直角顶点作射线交线段于点，则的概率为______．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．如图，已知四棱锥的侧棱底面，且底面是直角梯形，，，，，，点在棱上，且.（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积.18．若数列中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称为“等比源数列”。（1）在无穷数列中，，，求数列的通项公式；（2）在（1）的结论下，试判断数列是否为“等比源数列”，并证明你的结论；（3）已知无穷数列为等差数列，且，（），求证：数列为“等比源数列”.19．已知函数.（1）求的最小正周期和单调递增区间；（2）若方程在有两个不同的实根，求的取值范围．20．已知函数.（1）求的最小正周期和上的单调增区间：（2）若对任意的和恒成立，求实数的取值范围.21．设等差数列中，.（1）求数列的通项公式；（2）若等比数列满足，求数列的前项和.

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】

由平面向量数量积运算可得，即，得解.【题目详解】解：在中，，则，即，则为钝角，所以为钝角三角形，故选：C.【题目点拨】本题考查了平面向量数量积运算，重点考查了向量的夹角，属基础题.2、B【解题分析】

由等差数列前项和公式得出，结合数列为递减数列确定，从而得到最大时，的值为10.【题目详解】由题意可得等差数列的首项，公差则数列为递减数列即当时，最大故选B。【题目点拨】本题对等差数列前项和以及通项公式，关键是将转化为，结合数列的单调性确定最大时，的值为10.3、D【解题分析】试题分析：解法一：，由三角形正弦定理诱导公式有，利用三角恒等公式能够得到，当A为锐角时，0∘<A<45∘，，即，当A为钝角时，90∘<A<135∘，，综上所述，；解法二：利用图形，如图，，，当点A（D）在线段BE上时（不含端点B,E）,为钝角，此时；当点A在线段EF上时，为锐角三角形或直角三角形；当点A在射线FG（不含端点F）上时，为钝角，此时，所以c的取值范围为．考点：解三角形．【思路点睛】解三角形需要灵活运用正余弦定理以及三角形的恒等变形，在解答本题时，利用三角形内角和，将两角化作一角，再利用正弦定理即可列出边长c与角A的关系式，根据角A的取值范围即可求出c的范围，本题亦可利用物理学中力的合成，合力的大小来确定c的大小，正如解法二所述．4、C【解题分析】

根据分层抽样等比例抽样的特点，进行计算即可.【题目详解】根据题意，可得，解得.故选：C.【题目点拨】本题考查分层抽样的等比例抽取的性质，属基础题.5、C【解题分析】

试题分析：由三角形面积公式得，,所以．显然三角形为直角三角形，且，所以．考点：解三角形．6、B【解题分析】解：7、D【解题分析】

将本题转化为直线与半圆的交点问题，数形结合，求出的取值范围【题目详解】将曲线的方程化简为即表示以为圆心，以2为半径的一个半圆，如图所示：由圆心到直线的距离等于半径2，可得：解得或结合图象可得故选D【题目点拨】本题主要考查了直线与圆的位置关系，考查了转化能力，在解题时运用点到直线的距离公式来计算，数形结合求出结果，本题属于中档题8、B【解题分析】

通过成等比数列，可以列出一个等式，根据等差数列的性质，可以把该等式变成关于的方程，解这个方程即可.【题目详解】因为成等比数列，所以有，又因为是公差为2的等差数列，所以有，故本题选B.【题目点拨】本题考查了等比中项的性质，考查了等差数列的性质，考查了数学运算能力.9、D【解题分析】由题意，所以，因此，从而，可知不可能等于．10、D【解题分析】

利用因式分解法，求出方程的解，结合函数的性质，根据题意可以求出的取值范围.【题目详解】，，或，由题意可知：，由题可知：当时，有2个解且有2个解且，当时，，因为，所以函数是偶函数，当时，函数是减函数，故有，函数是偶函数，所以图象关于纵轴对称，即当时有，，所以，综上所述；的取值范围是，故本题选D.【题目点拨】本题考查了已知方程解的情况求参数取值问题，正确分析函数的性质，是解题的关键.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

由题意有：由不等式成立，推证时，则不等式左边增加的项数共项，得解.【题目详解】解：当时，不等式左边为，当时，不等式左边为，则由不等式成立，推证时，则不等式左边增加的项数共项，故答案为：.【题目点拨】本题考查了数学归纳法，重点考查了运算能力，属基础题.12、44.5【解题分析】

通过诱导公式，得出，依此类推，得出原式的值．【题目详解】，，同理，，故答案为44.5.【题目点拨】本题主要考查了三角函数中的诱导公式的运用，得出是解题的关键，属于基础题．13、【解题分析】

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．【题目详解】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【题目点拨】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．14、【解题分析】

根据成等差数列得到，计算得到答案.【题目详解】成等差数列，则故答案为：【题目点拨】本题考查了等差数列，等比数列的综合应用，意在考查学生对于数列公式的灵活运用.15、【解题分析】该几何体是由两个高为1的圆锥与一个高为2的圆柱组合而成,所以该几何体的体积为.考点：本题主要考查三视图及几何体体积的计算.16、【解题分析】

设，求出的长，由几何概型概率公式计算．【题目详解】设，由题意得，，∴的概率是．故答案为：．【题目点拨】本题考查几何概型，考查长度型几何概型．掌握几何概型概率公式是解题关键．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）见证明；（2）4【解题分析】

（1）取的三等分点，使，证四边形为平行四边形，运用线面平行判定定理证明.（2）三棱锥的体积可以用求出结果.【题目详解】（1）证明：取的三等分点，使，连接，.因为，，所以，.因为，，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）解：因为，，所以的面积为，因为底面，所以三棱锥的高为，所以三棱锥的体积为.因为，所以三棱锥的高为，所以三棱锥的体积为，故三棱锥的体积为.【题目点拨】本题考查了线面平行的判定定理、三棱锥体积的计算，在证明线面平行时需要构造平行四边形来证明，三棱锥的体积计算可以选用割、补等方法.18、（1）；（2）不是，证明见解析；（3）证明见解析.【解题分析】

（1）由，可得出，则数列为等比数列，然后利用等比数列的通项公式可间接求出；（2）假设数列为“等比源数列”，则此数列中存在三项成等比数列，可得出，展开后得出，然后利用数的奇偶性即可得出结论；（3）设等差数列的公差为，假设存在三项使得，展开得出，从而可得知，当，时，原命题成立.【题目详解】（1），得，即，且.所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，因此，；（2）数列不是“等比源数列”，下面用反证法来证明.假设数列是“等比源数列”，则存在三项、、，设.由于数列为单调递增的正项数列，则，所以.得，化简得，等式两边同时除以得，，且、、，则，，，，则为偶数，为奇数，等式不成立.因此，数列中不存在任何三项，按一定的顺序排列构成“等比源数列”；（3）不妨设等差数列的公差.当时，等差数列为非零常数列，此时，数列为“等比源数列”；当时，，则且，数列中必有一项，为了使得数列为“等比源数列”，只需数列中存在第项、第项使得，且有，即，，当时，即当，时，等式成立，所以，数列中存在、、成等比数列，因此，等差数列是“等比源数列”.【题目点拨】本题考查数列新定义“等比源数列”的应用，同时也考查了利用待定系数法求数列的通项，也考查“等比源数列”的证明，考查计算能力与推理能力，属于难题.19、（1）最小正周期，；（2）.【解题分析】

（1）利用两角差的余弦公式、倍角公式、辅助角公式得，求得周期；（2）利用换元法令，将问题转化成方程在有两个不同的实根，再利用图象得的取值范围.【题目详解】（1），所以的最小正周期，由得：，所以的单调递增区间是.（2）令，因为，所以，即方程在有两个不同的实根，由函数的图象可知，当时满足题意，所以的取值范围为.【题目点拨】第（1）问考查三角恒等变换的综合运用；第二问考查换元法求参数的取值范围，注意在换元的过程中参数不能出错，否则转化后的问题与原问题就不等价.20、(1)T=π，单调增区间为，(2)【解题分析】

（1）化简函数得到，再计算周期和单调区间.（2）分情况的不同奇偶性讨论，根据函数的最值得到答案.【题目详解】解：（1）函数故的最小正周期．由题意可知：，解得：，因为，所以的单调增区间为，（2）由（1）得∵∴，∴，若对任意的和恒成立，则的最小值大于零．当为偶数时