2023-2024学年安徽省江南十校高一下数学期末达标检测试题含解析

2023-2024学年安徽省江南十校高一下数学期末达标检测试题注意事项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．l：与两坐标轴所围成的三角形的面积为A．6 B．1 C． D．32．已知底面半径为1，体积为的圆柱，内接于一个高为圆锥（如图），线段AB为圆锥底面的一条直径，则从点A绕圆锥的侧面到点B的最短距离为（）A．8 B． C． D．43．以下茎叶图记录了甲、乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩（单位：分）．已知甲组数据的中位数为15，乙组数据的平均数为16.8，则x，y的值分别为（）A．2，5 B．5，5 C．5，8 D．8，84．在等差数列中,已知=2,=16,则为()A．8 B．128 C．28 D．145．函数的图象与函数的图象的交点个数为()A．3 B．2 C．1 D．06．已知为锐角，，则（）A． B． C． D．7．米勒问题，是指德国数学家米勒1471年向诺德尔教授提出的有趣问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆呈现最长（即可见角最大？）米勒问题的数学模型如下：如图，设是锐角的一边上的两定点，点是边边上的一动点，则当且仅当的外接圆与边相切时，最大．若，点在轴上，则当最大时，点的坐标为（）A． B．C． D．8．“是第二象限角”是“是钝角”的（）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要9．执行如图所示的程序框图，输出S的值为（）A．－ B． C．－ D．10．在中，角，，所对的边分别为，，，则下列命题中正确命题的个数为()①若,则；②若，则为钝角三角形；③若，则．A．1 B．2 C．3 D．0二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知正实数x，y满足2x+y=2，则xy的最大值为______.12．在三棱锥中，，，，作交于，则与平面所成角的正弦值是________.13．秦九韶是我国南宋著名数学家，在他的著作《数书九章》中有己知三边求三角形面积的方法：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实一为从陽，开平方得积.”如果把以上这段文字写成公式就是，其中是的内角的对边为.若，且，则面积的最大值为________.14．数列满足，则的前60项和为_____．15．已知为锐角，，则________．16．若复数满足（为虚数单位），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．已知公差不为的等差数列满足．若，，成等比数列．（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和．18．已知函数.（1）求的最小正周期；（2）若，求当时自变量的取值集合.19．已知数列的前项和为，点在直线上.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.20．如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四边形BFED为矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1.(1)求证：AD⊥平面BFED；(2)点P在线段EF上运动，设平面PAB与平面ADE所成锐二面角为θ，试求θ的最小值．21．已知为数列的前n项和，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n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、D【解析】

先求出直线与坐标轴的交点，再求三角形的面积得解.【详解】当x=0时，y=2,当y=0时，x=3,所以三角形的面积为.故选：D【点睛】本题主要考查直线与坐标轴的交点的坐标的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.2、C【解析】

先求解圆锥的底面半径,再根据侧面展开图的结构计算扇形中间的距离即可.【详解】设圆柱的高为,则,得.因为,所以为的中位线,所以,则.即圆锥的底面半径为1,母线长为4,则展开后所得扇形的弧长为,圆心角为.所以从点A绕圆锥的侧面到点B的最短距离为.故选：C.【点睛】本题主要考查了圆柱与圆锥内切求解有关量的问题以及圆锥的侧面积展开求距离最小值的问题.属于中档题.3、C【解析】试题分析：由题意得，，选C.考点：茎叶图4、D【解析】

将已知条件转化为的形式列方程组，解方程组求得，进而求得的值.【详解】依题意，解得，故.故选：D.【点睛】本小题主要考查等差数列通项的基本量计算，属于基础题.5、B【解析】由已知g(x)＝(x－2)2＋1，所以其顶点为(2,1)，又f(2)＝2ln2∈(1,2)，可知点(2,1)位于函数f(x)＝2lnx图象的下方，故函数f(x)＝2lnx的图象与函数g(x)＝x2－4x＋5的图象有2个交点．6、A【解析】

先将展开并化简，再根据二倍角公式，计算可得。【详解】由题得，，整理得，又为锐角，则，，解得.故选：A【点睛】本题考查两角和差公式以及二倍角公式，是基础题。7、A【解析】

设点的坐标为，求出线段的中垂线与线段的中垂线交点的横坐标，即可得到的外接圆圆心的横坐标，由的外接圆与边相切于点，可知的外接圆圆心的横坐标与点的横坐标相等，即可得到点的坐标．【详解】由于点是边边上的一动点，且点在轴上，故设点的坐标为；由于，则直线的方程为：，点为直线与轴的交点，故点的坐标为；由于为锐角，点是边边上的一动点，故；所以线段的中垂线方程为：；线段的中垂线方程为：；故的外接圆的圆心为直线与直线的交点，联立，解得：；即的外接圆圆心的横坐标为的外接圆与边相切于点，边在轴上，则的外接圆圆心的横坐标与点的横坐标相等，即，解得：或（舍）所以点的坐标为；故答案选A【点睛】本题考查直线方程、三角形外接圆圆心的求解，属于中档题8、B【解析】

由α是钝角可得α是第二象限角，反之不成立，则答案可求．【详解】若α是钝角，则α是第二象限角；反之，若α是第二象限角，α不一定是钝角，如α＝﹣210°．∴“α是第二象限角”是“α是钝角”的必要非充分条件．故选B．【点睛】本题考查钝角、象限角的概念，考查了充分必要条件的判断方法，是基础题．9、D【解析】试题分析：由已知可得，故选D.考点：程序框图.10、C【解析】

根据正弦定理和大角对大边判断①正确；利用余弦定理得到为钝角②正确；化简利用余弦定理得到③正确.【详解】①若,则；根据，则即，即，正确②若，则为钝角三角形；，为钝角，正确③若，则即，正确故选C【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理，意在考查学生对于正弦定理和余弦定理的灵活运用.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

由基本不等式可得，可求出xy的最大值.【详解】因为，所以，故，当且仅当时，取等号.故答案为.【点睛】利用基本不等式求最值必须具备三个条件：①各项都是正数；②和（或积）为定值；③等号取得的条件.12、【解析】

取中点,中点,易得面,再求出到平面的距离,进而求解再得出到平面的距离.从而算得与平面所成角的正弦值即可.【详解】如图,取中点,中点,连接.因为,,所以.因为,,所以.在中,余弦定理可得.在中,余弦定理可得,故.在中,,且面.故到面的距离.到面的距离.又因为,所以,所以,所以,故到面的距离.故与平面所成角的正弦值是故答案为：【点睛】本题主要考查了空间中线面垂直的性质与运用,同时也考查了余弦定理在三角形中求线段与角度正余弦值的方法,需要根据题意找到点到面的距离求解,再求出线面的夹角.属于难题.13、【解析】

根据正弦定理和余弦定理，由可得，再由及函数求最值的知识，即可求解.【详解】，又，，时，面积的最大值为.故答案为：【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，考查了理解辨析能力与运算求解能力，属于中档题.14、1830【解析】

由题意可得，，，，，，…，，变形可得，，，，，，，，…，利用数列的结构特征，求出的前60项和．【详解】解：，∴，，，，，，…，，∴，，，，，，，，…，从第一项开始，依次取2个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取2个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列，的前60项和为，故答案为：．【点睛】本题主要考查递推公式的应用，考查利用构造等差数列求数列的前项和，属于中档题．15、【解析】

利用同角三角函数的基本关系求出，并利用二倍角正切公式计算出的值，再利用两角和的正切公式求出的值.【详解】为锐角，则，，由二倍角正切公式得，因此，，故答案为.【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系求值、二倍角正切公式和两角和的正切公式求值，解题的关键就是灵活利用这些公式进行计算，考查运算求解能力，属于中等题.16、【解析】分析：由复数的除法运算可得解.详解：由，得.故答案为：.点睛：本题考查了复数的除法运算，属于基础题.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）；（2）.【解析】

（1）根据对比中项的性质即可得出一个式子，再带入等差数列的通项公式即可求出公差．（2）根据（1）的结果，利用分组求和即可解决．【详解】（1）因为成等比数列，所以，所以，即，因为，所以，所以；（2）因为，所以，，.【点睛】本题主要考查了等差数列通项式，以及等差中项的性质．数列的前的求法，求数列前项和常用的方法有错位相减、分组求和、裂项相消．18、（1）；（2）或【解析】

（1）由辅助角公式可得，再求周期即可；（2）由求出，再解方程即可.【详解】解：（1），则的最小正周期为.（2）因为，所以，即，解得.因为，所以.因为，所以，即，则或，解得或.故当时，自变量的取值集合为或.【点睛】本题考查了三角恒等变换，重点考查了解三角方程，属中档题.19、（1）（2）【解析】

（1）先由题意得到，求出，再由，作出，得到数列为等比数列，进而可求出其通项公式；（2）先由（1）得到，再由错位相减法，即可求出结果.【详解】解：（1）由题可得.当时，，即.由题设，，两式相减得.所以是以2为首项，2为公比的等比数列，故.（2）由（1）可得，所以，.两边同乘以得.上式右边错位相减得.所以.化简得.【点睛】本题主要考查求数列的通项公式，以及数列的前项和，熟记等比数列的通项公式与求和公式，以及错位相减法求数列的和即可，属于常考题型.20、（1）证明见解析（2）θ最小值为60°【解析】

（1）在梯形ABCD中，利用勾股定理，得到AD⊥BD，再结合面面垂直的判定，证得DE⊥平面ABCD，即可证得AD⊥平面BFED；（2）以D为原点，直线DA，DB，DE分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面PAB与平面ADE法向量，利用向量的夹角公式，即可求解。【详解】（1）证明：在梯形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，∴AB＝2.∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos60°＝3.∴AB2＝AD2＋BD2，∴AD⊥BD.∵平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，DE⊂平面BFED，DE⊥DB，∴DE⊥平面ABCD，∴DE⊥AD，又DE∩BD＝D，∴AD⊥平面BFED.（1）由(1)知，直线AD，BD，ED两两垂直，故以D为原点，直线DA，DB，DE分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，令EP＝λ(0≤λ≤)，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，P(0，λ，1)，所以＝(－1，，0)，＝(0，λ－，1)．设n1＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，由得，取y＝1，则n1＝(，1，－λ)．因为n2＝(0,1,0)是平面ADE的一个法向量，所以cosθ＝＝＝.因为0≤λ≤，所以当λ＝时，cosθ有最大值，所以θ的最小值为60°.【点睛】本题考查了线面垂直关系的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推