湖南省邵阳市邵阳县德望中学2023-2024学年高一数学第二学期期末教学质量检测试题含解析

湖南省邵阳市邵阳县德望中学2023-2024学年高一数学第二学期期末教学质量检测试题请考生注意：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．在△ABC中，A＝60°，AB＝2，且△ABC的面积为，则BC的长为()．A． B．2 C． D．2．设集合，，，则（）A． B． C． D．3．已知等差数列{an}的前n项和为，满足S5=S9，且a1＞0，则Sn中最大的是（）A． B． C． D．4．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有两点，，且，则A． B． C． D．5．已知角的顶点与原点重合，始边与轴非负半轴重合，终边过点，则（）A． B． C． D．6．在等差数列中，若前项的和，，则()A． B． C． D．7．已知，所在平面内一点P满足，则（）A． B． C． D．8．函数（其中为自然对数的底数）的图象大致为（）A． B． C． D．9．已知，，，则a，b，c的大小关系为（）A． B． C． D．10．如果直线a平行于平面，则（）A．平面内有且只有一直线与a平行B．平面内有无数条直线与a平行C．平面内不存在与a平行的直线D．平面内的任意直线与直线a都平行二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知直线与，当时，实数_______；当时，实数_______.12．已知直线与直线互相平行，则______.13．若是方程的解，其中，则________．14．在平面直角坐标系中，经过三点（0，0），（1，1），（2，0）的圆的方程为__________．15．若关于的方程（）在区间有实根，则最小值是____．16．已知一扇形的半径为，弧长为，则该扇形的圆心角大小为______.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．设是等差数列，且.（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）求.18．已知三棱锥中，，.若平面分别与棱相交于点且平面.求证:（1）；（2）.19．已知数列中，，．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和；（3）若对任意的，都有成立，求实数的取值范围．20．如图，在正三棱柱中，边的中点为，．⑴求三棱锥的体积；⑵点在线段上，且平面，求的值．21．已知函数，若，且，，求满足条件的，.

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】

利用三角形面积公式列出关系式，把，已知面积代入求出的长，再利用余弦定理即可求出的长．【详解】∵在中，，且的面积为，

∴，

解得：，

由余弦定理得：，

则．

故选D．【点睛】此题考查了余弦定理，三角形面积公式，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握余弦定理是解本题的关键．2、A【解析】因为，所以，又因为，，故选A.3、B【解析】

由S5=S9可得a7+a8=0，再结合首项即可判断Sn最大值【详解】依题意，由S5=S9，a1＞0，所以数列{an}为递减数列，且S9-S5=a6+a7+a8+a9=2（a7+a8）=0，即a7+a8=0，所以a7＞0，a8＜0，所以则Sn中最大的是S7，故选：B．【点睛】本题考查等差数列Sn最值的判断，属于基础题4、B【解析】

首先根据两点都在角的终边上，得到，利用，利用倍角公式以及余弦函数的定义式，求得，从而得到，再结合，从而得到，从而确定选项.【详解】由三点共线，从而得到，因为，解得，即，所以，故选B.【点睛】该题考查的是有关角的终边上点的纵坐标的差值的问题，涉及到的知识点有共线的点的坐标的关系，余弦的倍角公式，余弦函数的定义式，根据题中的条件，得到相应的等量关系式，从而求得结果.5、C【解析】

利用三角函数定义即可求得：，，再利用余弦的二倍角公式得解.【详解】因为角的终边过点，所以点到原点的距离所以，所以故选C【点睛】本题主要考查了三角函数定义及余弦的二倍角公式，考查计算能力，属于较易题．6、C【解析】试题分析：.考点：等差数列的基本概念.7、D【解析】

由平面向量基本定理及单位向量可得点在的外角平分线上，且点在的外角平分线上，，，在中，由正弦定理得得解．【详解】因为所以，因为方向为外角平分线方向，所以点在的外角平分线上，同理，点在的外角平分线上，，，在中，由正弦定理得，故选：．【点睛】本题考查了平面向量基本定理及单位向量，考查向量的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．8、C【解析】

由题意，可知，即为奇函数，排除，，又时，，可排除D，即可选出正确答案.【详解】由题意，函数定义域为，且，即为奇函数，排除，，当时，，，即时，，可排除D，故选C.【点睛】本题考查了函数图象的识别，考查了函数奇偶性的运用，属于中档题.9、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.10、B【解析】

根据线面平行的性质解答本题．【详解】根据线面平行的性质定理，已知直线平面.

对于A，根据线面平行的性质定理，只要过直线a的平面与平面相交得到的交线，都与直线a平行；所以平面内有无数条直线与a平行；故A错误；

对于B，只要过直线a的平面与平面相交得到的交线，都与直线a平行；所以平面内有无数条直线与a平行；故B正确；

对于C，根据线面平行的性质，过直线a的平面与平面相交得到的交线，则直线，所以C错误；

对于D，根据线面平行的性质，过直线a的平面与平面相交得到的交线，则直线，则在平面内与直线相交的直线与a不平行，所以D错误；

故选：B．【点睛】本题考查了线面平行的性质定理；如果直线与平面平行，那么过直线的平面与已知平面相交，直线与交线平行．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

根据两直线垂直和平行的充要条件，得到关于的方程，解方程即可得答案.【详解】当时，，解得：；当时，且，解得：.故答案为：；.【点睛】本题考查两直线垂直和平行的充要条件，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于基础题.12、【解析】

由两直线平行得，，解出值.【详解】由直线与直线互相平行，得，解得.故答案为：.【点睛】本题考查两直线平行的性质，两直线平行，一次项系数之比相等，但不等于常数项之比，属于基础题.13、或【解析】

将代入方程，化简结合余弦函数的性质即可求解.【详解】由题意可得：，即所以或又所以或故答案为：或【点睛】本题主要考查了三角函数求值问题，属于基础题.14、【解析】分析：由题意利用待定系数法求解圆的方程即可.详解：设圆的方程为，圆经过三点（0，0），（1，1），（2，0），则：，解得：，则圆的方程为.点睛：求圆的方程，主要有两种方法：(1)几何法：具体过程中要用到初中有关圆的一些常用性质和定理．如：①圆心在过切点且与切线垂直的直线上；②圆心在任意弦的中垂线上；③两圆相切时，切点与两圆心三点共线．(2)待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量．一般地，与圆心和半径有关，选择标准式，否则，选择一般式．不论是哪种形式，都要确定三个独立参数，所以应该有三个独立等式．15、【解析】

将看作是关于的直线方程，则表示点到点的距离的平方，根据距离公式可求出点到直线的距离最小，再结合对勾函数的单调性，可求出最小值。【详解】将看作是关于的直线方程，表示点与点之间距离的平方，点到直线的距离为，又因为，令，在上单调递增，所以，所以的最小值为．【点睛】本题主要考查点到直线的距离公式以及对勾函数单调性的应用，意在考查学生转化思想的的应用。16、【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.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、（I）；（II）.【解析】

（I）设公差为，根据题意可列关于的方程组,求解，代入通项公式可得；（II）由（I）可得，进而可利用等比数列求和公式进行求解.【详解】（I）设等差数列的公差为，∵，∴，又，∴.∴.（II）由（I）知，∵，∴是以2为首项，2为公比的等比数列.∴.∴点睛：等差数列的通项公式及前项和共涉及五个基本量，知道其中三个可求另外两个，体现了用方程组解决问题的思想.18、（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】

（1）利用线面平行的性质定理可得线线平行，最后利用平行公理可以证明出；（2）利用线面垂直的判定定理可以证明线面垂直，利用线面垂直的性质可以证明线线垂直，利用平行线的性质，最后证明出.【详解】证明（1）因为平面，平面平面,平面，所以有,同理可证出,根据平行公理，可得；（2）因为，，,平面，所以平面,而平面,所以,由（1）可知,所以.【点睛】本题考查了线面平行的性质定理，线面垂直的判定定理、以及平行公理的应用.19、（1）（2）（3）【解析】

（1）利用递推公式求出，，递推到当时，，两个式子相减，得到，进而求出数列的通项公式；（2）运用错位相减法可以求出数列的前项和；（3）对任意的，都有成立，转化为的最小值即可，利用商比的方法可以确定数列的单调性，最后求出实数的取值范围．【详解】（1）数列{an}中，，．可得时，，即，时，，又，两式相减可得，化为，可得，即，综上可得；（2），则前项和，，相减可得，化为；（3）对任意的，都有成立，即为的最小值，由可得，，可得时，递增，当或2时，取得最小值，则．【点睛】本题考查了已知递推公式求数列通项公式，考查了数列的单调性，考查了错位相减法，考查了数学运算能力.20、(1)(2)【解析】

（1）由题可得平面，故，从而求得三棱锥的体积；（2）连接交于，连接交于，连结，由平面可得，由正三棱柱的性质可得，从而得到的值．【