广东省湛江市达标名校2024届数学高一下期末检测试题含解析

广东省湛江市达标名校2024届数学高一下期末检测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．《九章算术》卷第六《均输》中，提到如下问题：“今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量三升．问中间二节欲均容，各多少？”其大致意思是说，若九节竹每节的容量依次成等差数列，下三节容量四升，上四节容量三升，则中间两节的容量各是（）A．升、升 B．升、升C．升、升 D．升、升2．在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若，，，则解的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．不确定3．如图，设，是平面内相交的两条数轴，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，且，若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标.假设在坐标系中的坐标为，则（)A． B． C． D．4．在△ABC中，，,．的值为()A． B． C． D．5．己知数列和的通项公式分別内，，若，则数列中最小项的值为（）A． B．24 C．6 D．76．函数的部分图像如图所示，则的值为（）A．1 B．4 C．6 D．77．已知、是平面上两个不共线的向量，则下列关系式：①；②；③；④.正确的个数是()A．4 B．3 C．2 D．18．等差数列的前项和为.若,则（）A． B． C． D．9．已知函数，若关于的不等式的解集为，则A． B．C． D．10．在中，角的对边分别为,，且边，则面积的最大值为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．若函数是奇函数，其中，则__________．12．函数的定义域为A，若时总有为单函数.例如，函数=2x+1（）是单函数.下列命题：①函数=（xR）是单函数；②若为单函数，且则；③若f：AB为单函数，则对于任意bB，它至多有一个原象；④函数f（x）在某区间上具有单调性，则f（x）一定是单函数.其中的真命题是.（写出所有真命题的编号）13．已知函数，下列说法：①图像关于对称；②的最小正周期为；③在区间上单调递减；④图像关于中心对称；⑤的最小正周期为；正确的是________.14．已知扇形的圆心角，扇形的面积为，则该扇形的弧长的值是______.15．中，若，，则角C的取值范围是________.16．若两个正实数满足，且不等式有解，则实数的取值范围是____________.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，在三棱柱中，平面平面，，，为棱的中点．（1）证明：；（2）求三棱柱的高．18．已知cosα＝，sin(α－β)＝，且α，β∈(0，).求：(1)cos(α－β)的值；(2)β的值.19．如图已知平面，，，，，，点，分别为，的中点.(1)求证：//平面;(2)求直线与平面所成角的大小.20．定义：对于任意，满足条件且（是与无关的常数）的无穷数列称为数列.（1）若，证明：数列是数列；（2）设数列的通项为，且数列是数列，求常数的取值范围；（3）设数列，若数列是数列，求的取值范围.21．如图，在平面直角坐标系中，已知圆：，点，过点的直线与圆交于不同的两点（不在y轴上)．（1）若直线的斜率为3，求的长度；（2）设直线的斜率分别为，求证：为定值，并求出该定值；（3）设的中点为，是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．

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、D【解题分析】

由题意知九节竹的容量成等差数列，至下而上各节的容量分别为a1，a2，…，an，公差为d，利用等差数列的前n项和公式和通项公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出中间一节的容量．【题目详解】由题意知九节竹的容量成等差数列,至下而上各节的容量分别为a1，a2，…，a9，公差为d，即=4，=3，∴=4，=3，解得,，∴中间两节的容量,，故选：D.【题目点拨】本题考查等差数列的通项公式，利用等差数列的通项公式列出方程组，解出首项与公差即可，考查计算能力，属于基础题.2、B【解题分析】

由题得，即得B＜A，即得三角形只有一个解.【题目详解】由正弦定理得,所以B只有一解，所以三角形只有一解.故选：B【题目点拨】本题主要考查正弦定理判定三角形的个数，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.3、D【解题分析】

可得.【题目详解】向量，则．故选：．【题目点拨】本题主要考查了向量模的运算和向量的数量积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题．4、B【解题分析】

由正弦定理列方程求解。【题目详解】由正弦定理可得：，所以，解得：.故选：B【题目点拨】本题主要考查了正弦定理，属于基础题。5、D【解题分析】

根据两个数列的单调性，可确定数列，也就确定了其中的最小项．【题目详解】由已知数列是递增数列，数列是递减数列，且计算后知，又，∴数列中最小项的值是1．故选D．【题目点拨】本题考查数列的单调性，数列的最值．解题时依据题意确定大小即可．本题难度一般．6、C【解题分析】

根据是零点以及的纵坐标值，求解出的坐标值，然后进行数量积计算.【题目详解】令，且是第一个零点，则；令，是轴右侧第一个周期内的点，所以，则；则，，则.选C.【题目点拨】本题考查正切型函数以及坐标形式下向量数量积的计算，难度较易.当已知，则有.7、C【解题分析】

根据数量积的运算性质对选项进行逐一判断，即可得到答案．【题目详解】①.，满足交换律，正确.②.,满足分配律，正确.③.,所以不正确.④.,

，可正可负可为0，所以④不正确.故选：C【题目点拨】本题考查向量数量积的运算性质，属于中档题8、D【解题分析】

根据等差数列片段和成等差数列，可得到，代入求得结果.【题目详解】由等差数列性质知：，，，成等差数列，即：本题正确选项：【题目点拨】本题考查等差数列片段和性质的应用，关键是根据片段和成等差数列得到项之间的关系，属于基础题.9、B【解题分析】

由题意可得，且，3为方程的两根，运用韦达定理可得，，的关系，可得的解析式，计算，（1），（4），比较可得所求大小关系．【题目详解】关于的不等式的解集为，可得，且，3为方程的两根，可得，，即，，，，可得，（1），（4），可得（4）（1），故选．【题目点拨】本题主要考查二次函数的图象和性质、函数与方程的思想，以及韦达定理的运用。10、D【解题分析】

由已知利用同角三角函数基本关系式可求，根据余弦定理，基本不等式可求的最大值，进而利用三角形面积公式即可求解．【题目详解】解：，可解得：，由余弦定理，可得，即，当且仅当时成立．等号当时成立．故选D．【题目点拨】本题主要考查了余弦定理，三角形面积公式的应用，属于基本知识的考查．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

定义域上的奇函数，则【题目详解】函数是奇函数，所以,又，则所以填【题目点拨】定义域上的奇函数，我们可以直接搭建方程，若定义域中则不能直接代指.12、②③【解题分析】

命题①：对于函数，设，故和可能相等，也可能互为相反数，即命题①错误；命题②：假设，因为函为单函数，所以，与已知矛盾，故，即命题②正确；命题③：若为单函数，则对于任意，，假设不只有一个原象与其对应，设为，则，根据单函数定义，，又因为原象中元素不重复，故函数至多有一个原象，即命题③正确；命题④：函数在某区间上具有单调性，并不意味着在整个定义域上具有单调性，即命题④错误,综上可知，真命题为②③.故答案为②③．13、②③⑤【解题分析】

将函数解析式改写成：，即可作出函数图象，根据图象即可判定.【题目详解】由题：，，所以函数为奇函数，，是该函数的周期，结合图象分析是其最小正周期，，作出函数图象：可得，该函数的最小正周期为，图像不关于对称；在区间上单调递减；图像不关于中心对称；故答案为：②③⑤【题目点拨】此题考查三角函数图象及其性质的辨析，涉及周期性，对称性和单调性，作为填空题，恰当地利用图象解决问题能够起到事半功倍的作用.14、【解题分析】

先结合求出，再由求解即可【题目详解】由，则故答案为：【题目点拨】本题考查扇形的弧长和面积公式的使用，属于基础题15、；【解题分析】

由，利用正弦定理边角互化以及两角和的正弦公式可得，进而可得结果.【题目详解】由正弦定理可得，又，则,即，则，C是三角形的内角，则，故答案为：.【题目点拨】本题注意考查正弦定理以及两角和的正弦公式的应用，属于中档题.正弦定理主要有三种应用：求边和角、边角互化、外接圆半径.16、【解题分析】试题分析：因为不等式有解，所以，因为，且，所以，当且仅当，即时，等号是成立的，所以，所以，即，解得或.考点：不等式的有解问题和基本不等式的求最值.【方法点晴】本题主要考查了基本不等式在最值中的应用，不等式的有解问题，在应用基本不等式求解最值时，呀注意“一正、二定、三相等”的判断，运用基本不等式解题的关键是寻找和为定值或是积为定值，难点在于如何合理正确的构造出定值，对于不等式的有解问题一般选用参数分离法，转化为函数的最值或借助数形结合法求解，属于中档试题.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、（1）证明见解析（2）【解题分析】

（1）连接，，作为棱的中点，连结，，由平面平面，得到平面，则，再由，即可证明平面，从而得证；（2）根据等体积法求出点面距.【题目详解】（1）证明：连接，．∵，，∴是等边三角形．作为棱的中点，连结，，∴．∵平面平面，平面平面，平面，∴平面．∵平面，∴．∵，∴平行四边形是菱形．∴．又，分别为，的中点，∴，∴．又，平面，平面．∴平面．又平面，∴．（2）解：连接，∵，，∴为正三角形．∵为的中点，∴，同理可得又∵平面平面，且平面平面，平面，∴平面．∴，又三棱柱的高即点到平面的距离．在中，，，则．又∵，∴，则．【题目点拨】本题考查线面垂直，线线垂直的证明，三棱锥的体积及点到平面的距离的计算，属于中档题.18、（1）【解题分析】

（1）利用同角的平方关系求cos(α－β)的值；（2）利用求出，再求的值.【题目详解】（1）因为，所以cos(α－β).（2）因为cosα＝，所以，所以，因为β∈(0，)，所以.【题目点拨】本题主要考查同角的三角函数的关系求值，考查差角的余弦，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.19、(1)见证明；(2)【解题分析】

（1）要证线面平行即证线线平行，本题连接A1B,（2）取中点,连接证明平面，再求出，得到．【题目详解】（1）如图，连接，在中，因为和分别是和的中点，所以．又因为平面，所以平面；取中点和中点，连接，，．因为和分别为和，所以，，故且，所以，且．又因为平面，所以平面，从而为直线与平面所成的角．在中，可得，所以．因为，，所以，，，所以，，又由，有．在中，可得；在中，，因此．所以直线与平面所成角为．【题目点拨】求线面角一般有两个方法：几何法做出线上一点到平面的高，求出高；或利用等体积法求高向量法．20、（1）证明见解析；（2）；（3）.【解题分析】

（1）根据题中的新定义代入即可证出.（2）设，，，代入通项解不等式组，使即可求解.（3）首先根据可求时，，当时，，根据题中新定义求出成立，可得，再验证恒成立即可求解.【题目详解】（1），且，则满足，则数列是数列.综上所述，结论是：数列是数列.（2）设，，则，得，，，则数列的最大值为，则（3），当时，当时，，由，得，当时，恒成立，则要使数列是数列，则的取值范围为.【题目点拨】本题考查数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化.21、（1）；（2）见解析；（3）见解析【解题分析】

（1）求出圆心O到直线的距离，已知半径通过勾股定理即可算出弦长的一半，即可算出弦长。（2）设，直线的方程为，联立圆的方程通过韦达定理化简即可。（3）设点，