2024届湖北省仙桃、天门、潜江三市高一数学第二学期期末调研试题含解析

2024届湖北省仙桃、天门、潜江三市高一数学第二学期期末调研试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．中国古代数学著作《孙子算经》中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，问物几何？”人们把此类题目称为“中国剩余定理”，若正整数除以正整数后的余数为，则记为，例如．现将该问题以程序框图的算法给出，执行该程序框图，则输出的等于（）．A． B． C． D．2．若对任意，不等式恒成立，则a的取值范围为（）A． B． C． D．3．已知的三个内角所对的边分别为.若，则该三角形的形状是（）A．等边三角形 B．等腰三角形 C．等腰三角形或直角三角形 D．直角三角形4．已知圆经过点，且圆心为，则圆的方程为A． B．C． D．5．在中，若，则下列结论错误的是（）A．当时，是直角三角形 B．当时，是锐角三角形C．当时，是钝角三角形 D．当时，是钝角三角形6．已知集合，则（）A． B． C． D．7．为了得到的图象，只需将的图象()A．向右平移 B．向左平移 C．向右平移 D．向左平移8．的弧度数是（）A． B． C． D．9．一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，这个圆柱全面积与侧面积的比为（）A． B． C． D．10．已知函数，（），若对任意的（），恒有，那么的取值集合是（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．数列满足，设为数列的前项和，则__________．12．设a＞0，b＞0，若是与3b的等比中项，则的最小值是__．13．若,则____________.14．在等腰中，为底边的中点，为的中点，直线与边交于点，若，则___________．15．若正四棱锥的所有棱长都相等，则该棱锥的侧棱与底面所成的角的大小为____.16．函数，的递增区间为______.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．已知函数.（1）求函数的定义域；（2）当为何值时，等式成立？18．已知圆过点，且与圆关于直线：对称．（1）求圆的标准方程；（2）设为圆上的一个动点，求的最小值．19．已知向量且，（1）求向量与的夹角；（2）求的值.20．在等差数列中，，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.21．已知等比数列满足，，等差数列满足，，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】从21开始，输出的数是除以3余2，除以5余3，满足条件的是23，故选C.2、D【解题分析】

对任意，不等式恒成立，即恒成立，代入计算得到答案.【题目详解】对任意，不等式恒成立即恒成立故答案为D【题目点拨】本题考查了不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力和解决问题的能力.3、B【解题分析】

利用三角形的内角关系及三角变换公式得到，从而得到，此三角形的形状可判断.【题目详解】因为，故，整理得到，所以，因，所以即，故为等腰三角形，故选B.【题目点拨】本题考查两角和、差的正弦，属于基础题，注意角的范围的讨论.4、D【解题分析】

先计算圆半径，然后得到圆方程.【题目详解】因为圆经过，且圆心为所以圆的半径为，则圆的方程为.故答案选D【题目点拨】本题考查了圆方程，先计算半径是解题的关键.5、D【解题分析】

由正弦定理化简已知可得，利用余弦定理，勾股定理，三角形两边之和大于第三边等知识逐一分析各个选项即可得解．【题目详解】解：为非零实数），可得：，由正弦定理，可得：，对于A，时，可得：，可得，即为直角，可得是直角三角形，故正确；对于B，时，可得：，可得为最大角，由余弦定理可得，可得是锐角三角形，故正确；对于C，时，可得：，可得为最大角，由余弦定理可得，可得是钝角三角形，故正确；对于D，时，可得：，可得，这样的三角形不存在，故错误．故选：D．【题目点拨】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，勾股定理在解三角形中的应用，考查了分类讨论思想，属于基础题．6、A【解题分析】

由，得，然后根据集合的交集运算，即可得到本题答案.【题目详解】因为，所以.故选：A【题目点拨】本题主要考查集合的交集运算及对数不等式.7、B【解题分析】

先利用诱导公式将函数化成正弦函数的形式，再根据平移变换，即可得答案.【题目详解】∵，∵，∴只需将的图象向左平移可得.故选：B.【题目点拨】本题考查诱导公式、三角函数的平移变换，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意平移是针对自变量而言的.8、B【解题分析】

由角度与弧度的关系转化．【题目详解】-150．故选：B.【题目点拨】本题考查角度与弧度的互化，解题关键是掌握关系式：．9、A【解题分析】解：设圆柱底面积半径为r，则高为2πr，全面积：侧面积=[（2πr）2+2πr2]：（2πr）2这个圆柱全面积与侧面积的比为,故选A10、A【解题分析】当时，，画出图象如下图所示，由图可知，时不符合题意，故选.【题目点拨】本题主要考查含有绝对值的不等式的解法，考查选择题的解题策略中的特殊值法.主要的需要满足的是，根据不等式的解法，大于在中间，小于在两边，可化简为，左右两边为二次函数，中间可以由对数函数图象平移得到，由此画出图象验证是否符合题意.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

先利用裂项求和法将数列的通项化简，并求出，由此可得出的值.【题目详解】，.，因此，，故答案为：.【题目点拨】本题考查裂项法求和，要理解裂项求和法对数列通项结构的要求，并熟悉裂项法求和的基本步骤，考查计算能力，属于中等题.12、【解题分析】由已知,是与的等比中项，则则，当且仅当时等号成立故答案为2【题目点拨】本题考查基本不等式的性质、等比数列的性质，其中熟练应用“乘1法”是解题的关键．13、【解题分析】故答案为.14、；【解题分析】

题中已知等腰中，为底边的中点，不妨于为轴，垂直平分线为轴建立直角坐标系，这样，我们能求出点坐标，根据直线与求出交点，求向量的数量积即可.【题目详解】如上图，建立直角坐标系，我们可以得出直线，联立方程求出,,即填写【题目点拨】本题中因为已知底边及高的长度，所有我们建立直角坐标系，求出相应点坐标，而作为F点的坐标我们可以通过直线交点求出，把向量数量积通过向量坐标运算来的更加直观.15、【解题分析】

先作出线面角，再利用三角函数求解即可．【题目详解】如图，设正四棱锥的棱长为1，作在底面的射影，则为与底面所成角，为正方形的中心，，，，故答案为．【题目点拨】本题考查线面角，考查学生的计算能力，作出线面角是关键．属于基础题.16、[0，](开区间也行)【解题分析】

根据正弦函数的单调递增区间，以及题中条件，即可求出结果.【题目详解】由得：，又，所以函数，的递增区间为.故答案为【题目点拨】本题主要考查正弦型函数的单调区间，熟记正弦函数的单调区间即可，属于常考题型.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）；（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.18、（1）；（2）.【解题分析】

试题分析：（1）两个圆关于直线对称，那么就是半径相等，圆心关于直线对称，利用斜率相乘等于和中点在直线上建立方程，解方程组求出圆心坐标，同时求得圆的半径，由此求得圆的标准方程；（2）设，则，代入化简得，利用三角换元，设，所以.试题解析：（1）设圆心，则，解得，则圆的方程为，将点的坐标代入得，故圆的方程为．（2）设，则，且，令，∴，故的最小值为-1．考点：直线与圆的位置关系，向量．19、（Ⅰ）（Ⅱ）【解题分析】

（Ⅰ）利用平面向量的数量积的运算法则化简，进而求出向量与的夹角；（Ⅱ）利用，对其化简，代入数值，即可求出结果．【题目详解】解：（Ⅰ）由得因向量与的夹角为（Ⅱ）【题目点拨】本题考查平面向量的数量积的应用，以及平面向量的夹角以及平面向量的模的求法，考查计算能力．20、（1）（2）【解题分析】

（1）利用等差数列的性质可求出，进而可求出的通项公式；（2），由裂项相消求和法可求出.【题目详解】解：（1）设等差数列的公差为，则.因为所以，解得，，所以数列的通项公式为.（2）由