2024届江苏省大丰市南阳中学高一下数学期末检测试题含解析

2024届江苏省大丰市南阳中学高一下数学期末检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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．已知点是直线上一动点，与是圆的两条切线，为切点，则四边形的最小面积为()A． B． C． D．2．在锐角三角形中，，，分别为内角，，的对边，已知，，，则的面积为（）A． B． C． D．3．设集合,则（）A． B． C． D．4．若，下列不等式一定成立的是（）A． B． C． D．5．已知，，，则a，b，c的大小关系为（）A． B． C． D．6．在中，角的对边分别是，若，则（）A． B．或 C．或 D．7．某实验中学共有职工150人，其中高级职称的职工15人，中级职称的职工45人，一般职员90人，现采用分层抽样抽取容量为30的样本，则抽取的高级职称、中级职称、一般职员的人数分别为A．5、10、15 B．3、9、18 C．3、10、17 D．5、9、168．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，21，…．该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，则（）．A．1 B．2019 C． D．9．已知为等差数列，其前项和为，若，，则公差等于（）A． B． C． D．10．某协会有200名会员，现要从中抽取40名会员作样本，采用系统抽样法等间距抽取样本，将全体会员随机按1~200编号，并按编号顺序平均分为40组（1－5号，6－10号，…，196－200号）.若第5组抽出的号码为22，则第1组至第3组抽出的号码依次是（）A．3，8，13 B．2，7，12 C．3，9，15 D．2，6，12二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．若无穷等比数列的各项和等于，则的取值范围是_____．12．若为幂函数，则满足的的值为________.13．已知一扇形的半径为，弧长为，则该扇形的圆心角大小为______.14．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体的所有棱长和为_______.15．设满足约束条件，则的最小值为__________．16．设，数列满足，，将数列的前100项从大到小排列得到数列，若，则k的值为______；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．为了了解居民的用电情况,某地供电局抽查了该市若干户居民月均用电量(单位:),并将样本数据分组为,,,,,,,其频率分布直方图如图所示.(1)若样本中月均用电量在的居民有户,求样本容量;(2)求月均用电量的中位数;(3)在月均用电量为,,,的四组居民中,用分层随机抽样法抽取户居民,则月均用电量在的居民应抽取多少户?18．已知数列的前项和为，对任意满足，且，数列满足，，其前9项和为63.（1）求数列和的通项公式；（2）令，数列的前项和为，若存在正整数，有，求实数的取值范围；（3）将数列,的项按照“当为奇数时，放在前面；当为偶数时，放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新的数列：…，求这个新数列的前项和.19．如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，，底面.（1）证明：；（2）设，求点到面的距离.20．已知数列an的前n项和为S（1）求数列an（2）设bn=an·log221．已知函数（）.（1）若在区间上的值域为，求实数的值；（2）在（1）的条件下，记的角所对的边长分别为，若，的面积为，求边长的最小值；（3）当，时，在答题纸上填写下表，用五点法作出的图像，并写出它的单调递增区间.0

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【解析】

利用当与直线垂直时，取最小值，并利用点到直线的距离公式计算出的最小值，然后利用勾股定理计算出、的最小值，最后利用三角形的面积公式可求出四边形面积的最小值．【详解】如下图所示：由切线的性质可知，，，且，，当取最小值时，、也取得最小值，显然当与直线垂直时，取最小值，且该最小值为点到直线的距离，即，此时，，四边形面积的最小值为，故选A.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查切线长的计算以及四边形的面积，本题在求解切线长的最小值时，要抓住以下两点：（1）计算切线长应利用勾股定理，即以点到圆心的距离为斜边，切线长与半径为两直角边；（2）切线长取最小值时，点到圆心的距离也取到最小值．2、D【解析】由结合题意可得：，故，△ABC为锐角三角形，则，由题意结合三角函数的性质有：，则：，即：，则，由正弦定理有：，故.本题选择D选项.点睛：在解决三角形问题中，求解角度值一般应用余弦定理，因为余弦定理在内具有单调性，求解面积常用面积公式，因为公式中既有边又有角，容易和正弦定理、余弦定理联系起来.3、B【解析】试题分析：由已知得，，故，选B．考点：集合的运算．4、D【解析】

通过反例、作差法、不等式的性质可依次判断各个选项即可.【详解】若，，则，错误；，则，错误；，，则，错误；，则等价于，成立，正确.本题正确选项：【点睛】本题考查不等式的性质，属于基础题.5、D【解析】

由，，，得解.【详解】解：因为，，，所以，故选：D.【点睛】本题考查了指数幂，对数值的大小关系，属基础题.6、D【解析】

直接利用正弦定理，即可得到本题答案，记得要检验，大边对大角.【详解】因为，所以，又，所以，.故选：D【点睛】本题主要考查利用正弦定理求角.7、B【解析】试题分析：高级职称应抽取；中级职称应抽取；一般职员应抽取．考点：分层抽样点评：本题主要考查分层抽样的定义与步骤．分层抽样：当总体是由差异明显的几个部分组成的，可将总体按差异分成几个部分（层），再按各部分在总体中所占比例进行抽样．8、A【解析】

计算部分数值，归纳得到，计算得到答案.【详解】；；；…归纳总结：故故选：【点睛】本题考查了数列的归纳推理，意在考查学生的推理能力.9、C【解析】

由题意可得，又，所以,故选C.【点睛】本题考查两个常见变形公式和.10、B【解析】

根据系统抽样原理求出抽样间距，再根据第5组抽出的号码求出第1组抽出的号码，即可得出第2组、第3组抽取的号码．【详解】根据系统抽样原理知，抽样间距为200÷40=5，

当第5组抽出的号码为22时，即22=4×5+2，

所以第1组至第3组抽出的号码依次是2，7，1．

故选：B．【点睛】本题考查了系统抽样方法的应用问题，是基础题．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、．【解析】

根据题意可知，，从而得出，再由，即可求出的取值范围．【详解】解：由题意可知，，且，，，，或，故的取值范围是，故答案为：．【点睛】本题主要考查等比数列的极限问题，解题时要熟练掌握无穷等比数列的极限和，属于基础题．12、【解析】

根据幂函数定义知，又，由二倍角公式即可求解.【详解】因为为幂函数，所以，即,因为,所以，即，因为，所以，.故填.【点睛】本题主要考查了幂函数的定义，正弦的二倍角公式，属于中档题.13、【解析】

利用扇形的弧长除以半径可得出该扇形圆心角的弧度数.【详解】由扇形的弧长、半径以及圆心角之间的关系可知，该扇形的圆心角大小为.故答案为：.【点睛】本题考查扇形圆心角的计算，解题时要熟悉扇形的弧长、半径以及圆心角之间的关系，考查计算能力，属于基础题.14、【解析】

取半正多面体的截面正八边形，设半正多面体的棱长为，过分别作于，于，可知，，可求出半正多面体的棱长及所有棱长和.【详解】取半正多面体的截面正八边形，由正方体的棱长为1，可知，易知，设半正多面体的棱长为，过分别作于，于，则，，解得，故该半正多面体的所有棱长和为.【点睛】本题考查了空间几何体的结构，考查了空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.15、-1【解析】

由约束条件作出可行域，由图得到最优解，求出最优解的坐标，数形结合得答案．【详解】由x，y满足约束条件作出可行域如图，由图可知，目标函数的最优解为A，联立，解得A（﹣1，1）．∴z＝3x﹣2y的最小值为﹣3×1﹣2×1＝﹣1．故答案为：﹣1．【点睛】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．16、【解析】

根据递推公式利用数学归纳法分析出与的关系，然后考虑将的前项按要求排列，再根据项的序号计算出满足的值即可.【详解】由已知，a1＝a，0＜a＜1；并且函数y＝ax单调递减；∵∴1>a2＞a1∴，∴a2＞a3＞a1∵，且∴a2＞a4＞a3＞a1……当为奇数时，用数学归纳法证明，当时，成立，设时，，当时，因为，结合的单调性，所以，所以即，所以时成立，所以为奇数时，；当为偶数时，用数学归纳法证明，当时，成立，设时，，当时，因为，结合的单调性，所以，所以即，所以时成立，所以为偶数时，；用数学归纳法证明：任意偶数项大于相邻的奇数项即证：当为奇数，，当时，符合，设时，，当时，因为，结合的单调性，所以，所以，所以，所以时成立，所以当为奇数时，，据此可知：，当时，若，则有，此时无解；当时，此时的下标成首项为公差为的等差数列，通项即为，若，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查数列与函数的综合应用，难度较难.(1)分析数列的单调性时，要注意到数列作为特殊的函数，其定义域为；(2)证明数列的单调性可从与的关系入手分析.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)200(2)224(3)4户【解析】

(1)因为,所以月均用电量在的频率为,即可求得答案;(2)因为,设中位数为,,即可求得答案;(3)月均用电量为,,,的频率分别为,即可求得答案.【详解】(1),得.月均用电量在的频率为.设样本容量为N,则,.(2),月均用电量的中位数在内.设中位数为,,解得,即中位数为.(3)月均用电量为,,,的频率分别为应从月均用电量在的用户中抽取(户)【点睛】本题考查了用样本估计总体的相关计算,解题关键是掌握分层抽样的计算方法和样本容量,中位数定义,考查了分析能力和计算能力,属于基础题.18、（1）；（2）；（3）【解析】试题分析：（1）由已知得数列是等差数列，从而易得，也即得，利用求得，再求得可得数列通项，利用已知可得是等差数列，由等差数列的基本量法可求得；（2）代入得，变形后得，从而易求得和，于是有，只要求得的最大值即可得的最小值，从而得的范围，研究的单调性可得；（3）根据新数列的构造方法，在求新数列的前项和时，对分类：，和三类，可求解．试题解析：（1）∵，∴数列是首项为1，公差为的等差数列，∴，即，∴，又，∴．∵，∴数列是等差数列，设的前项和为，∵且，∴，∴的公差为（2）由（1）知，∴，∴设，则，∴数列为递增数列，∴，∵对任意正整数，都有恒成立，∴．（3）数列的前项和，数列的前项和，①当时，；②当时，，特别地，当时，也符合上式；③当时，．综上：考点：等差数列的通项公式，数列的单调性，数列的求和．19、（1）见解析（2）【解析】试题分析：（Ⅰ）要证明线线垂直，一般用到线面垂直的性质定理，即先要证线面垂直，首先由已知底面.知，因此要证平面，从而只要证，这在中可证；（Ⅱ）要求点到平面的距离，可过点作平面的垂线，由（Ⅰ）的证明，可得平面，从而有平面，因此平面平面，因此只要过作于，则就是的要作的垂线，线段的长就是所要求的距离．试题解析：（Ⅰ）证明：因为，，由余弦定理得.从而，∴，又由底面，面，可得.所以平面.故.（Ⅱ）解：作，垂足为.已知底面，则，由（Ⅰ）知，又，所以.故平面，.则平面.由题设知，，则，，根据，得，即点到面的距离为.考点：线面垂直的判定与性质．点到平面的距离．20、（1）an=【解析】

（1）利用an=S（2）利用错位相减法可求Tn【详解】（1）因为Sn=2整理得到an=4,n=1（2）因为bn所以Tn2T所以-Tn【点睛】数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.21、（1）；（2）；（3）填表见解析，作图见解析，（）.【解析】

（1）利