2023-2024学年湖南省长沙市一中开福中学高一数学第二学期期末监测试题含解析

2023-2024学年湖南省长沙市一中开福中学高一数学第二学期期末监测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．已知数列an的前4项为：l，-12，13，A．an=C．an=2．如图，E是平行四边形ABCD的边AD的中点，设等差数列的前n项和为，若，则（）A．25 B． C． D．553．若双曲线的中心为原点，是双曲线的焦点，过的直线与双曲线相交于，两点，且的中点为，则双曲线的方程为（）A． B． C． D．4．正项等比数列与等差数列满足，，，则的大小关系为（）A． B． C． D．不确定5．函数（其中，）的部分图象如图所示、将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象，则下列说法正确的是（）A．函数为奇函数B．函数的单调递增区间为C．函数为偶函数D．函数的图象的对称轴为直线6．下图是某圆拱形桥一孔圆拱的示意图，这个圆的圆拱跨度米，拱高米，建造时每隔8米需要用一根支柱支撑，则支柱的高度大约是（）A．9.7米 B．9.1米 C．8.7米 D．8.1米7．在中，是边上一点，，且，则的值为（）A． B． C． D．8．函数的最小值为(

)A．6 B．7 C．8 D．99．已知，，，则它们的大小关系是（）A． B． C． D．10．已知是非零向量，若，且，则与的夹角为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．如图，为了测量树木的高度，在处测得树顶的仰角为，在处测得树顶的仰角为，若米，则树高为______米.12．若数列满足，，则的最小值为__________________．13．某校老年、中年和青年教师的人数分别为90，180，160，采用分层抽样的方法调查教师的身体状况，在抽取的样本中，青年教师有32人，则抽取的样本中老年教师的人数为_____14．已知数列满足：（），设的前项和为，则______；15．一个扇形的圆心角是2弧度，半径是4，则此扇形的面积是______.16．已知一组样本数据，且，平均数，则该组数据的标准差为__________.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．如图，直三棱柱中，，，，，为垂足.（1）求证：（2）求三棱锥的体积.18．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边过点.（1）求的值；（2）已知为锐角，，求的值.19．做一个体积为，高为2m的长方体容器，问底面的长和宽分别为多少时，所用的材料表面积最少？并求出其最小值.20．已知的三个内角的对边分别是，且．（1）求角的大小；（2）若的面积为，求的周长．21．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC=2，点M，N分别是边AB，CD上的点，且MN∥BC，.若将矩形ABCD沿MN折起使其形成60°的二面角(如图)．(1)求证:平面CND⊥平面AMND；(2)求直线MC与平面AMND所成角的正弦值.

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】

分母与项数一样，分子都是1，正负号相间出现，依此可得通项公式【详解】正负相间用(-1)n-1表示，∴a故选D．【点睛】本题考查数列的通项公式，属于基础题，关键是寻找规律，寻找与项数有关的规律．2、D【解析】

根据向量的加法和平面向量定理，得到和的值，从而得到等差数列的公差，根据等差数列求和公式，得到答案.【详解】因为E是平行四边形ABCD的边AD的中点，所以，因为，所以，，所以等差数列的公差，所以.故选：D.【点睛】本题考查向量的加法和平面向量定理，等差数列求和公式，属于简单题.3、B【解析】由题可知，直线：，设，，得，又，解得，所以双曲线方程为，故选B。4、B【解析】

利用分析的关系即可.【详解】因为正项等比数列与等差数列,故又,当且仅当时“=”成立,又即,故,故选：B【点睛】本题主要考查等差等比数列的性质与基本不等式的“一正二定三相等”.若是等比数列，且，则若是等差数列，且，则5、B【解析】

本题首先可以根据题目所给出的图像得出函数的解析式，然后根据三角函数平移的相关性质以及函数的解析式得出函数的解析式，最后通过函数的解析式求出函数的单调递增区间，即可得出结果．【详解】由函数的图像可知函数的周期为、过点、最大值为3，所以,，，，，所以取时，函数的解析式为，将函数的图像向左平移个单位长度得，当时，即时，函数单调递增，故选B．【点睛】本题考查三角函数的相关性质，主要考查三角函数图像的相关性质以及三角函数图像的变换，函数向左平移个单位所得到的函数，考查推理论证能力，是中档题．6、A【解析】

以为原点、以为轴，以为轴建立平面直角坐标系，设出圆心坐标与半径，可得圆拱所在圆的方程，将代入圆的方程，可求出支柱的高度【详解】由图以为原点、以为轴，以为轴建立平面直角坐标系，设圆心坐标为，，，则圆拱所在圆的方程为，，解得，，圆的方程为，将代入圆的方程，得.故选：A【点睛】本题考查了圆的标准方程在生活中的应用，需熟记圆的标准方程的形式，属于基础题.7、D【解析】

根据，用基向量表示，然后与题目条件对照，即可求出．【详解】由在中，是边上一点，，则，即，故选．【点睛】本题主要考查了平面向量基本定理的应用及向量的线性运算．8、C【解析】

直接利用均值不等式得到答案.【详解】，时等号成立.故答案选C【点睛】本题考查了均值不等式，属于简单题.9、C【解析】因为，，故选C.10、D【解析】

由得，这样可把且表示出来．【详解】∵，∴，，∴，∴，故选D．【点睛】本题考查向量的数量积，掌握数量积的定义是解题关键．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

先计算，再计算【详解】在处测得树顶的仰角为，在处测得树顶的仰角为则在中，故答案为【点睛】本题考查了三角函数的应用，也可以用正余弦定理解答.12、【解析】

由题又,故考虑用累加法求通项公式,再分析的最小值.【详解】,故,当且仅当时成立.又为正整数,且,故考查当时.当时,当时,因为,故当时,取最小值为.故答案为：.【点睛】本题主要考查累加法,求最小值时先用基本不等式,发现不满足“三相等”,故考虑与相等时的取值最近的两个正整数.13、【解析】

根据分层抽样的定义建立比例关系，即可得到答案。【详解】设抽取的样本中老年教师的人数为，学校所有的中老年教师人数为270人由分层抽样的定义可知：，解得：故答案为【点睛】本题考查分层抽样，考查学生的计算能力，属于基础题。14、130【解析】

先利用递推公式计算出的通项公式，然后利用错位相减法可求得的表达式，即可完成的求解.【详解】因为，所以，所以，所以，又因为，不符合时的通项公式，所以，当时，，所以，所以，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查根据数列的递推公式求通项公式以及错位相减法的使用，难度一般.利用递推公式求解数列的通项公式时，若出现了的形式，一定要注意标注，同时要验证是否满足的情况，这决定了通项公式是否需要分段去写.15、16【解析】

利用公式直接计算即可.【详解】扇形的面积.故答案为：.【点睛】本题考查扇形的面积，注意扇形的面积公式有两个：，其中为扇形的半径，为圆心角的弧度数，为扇形的弧长，可根据题设条件合理选择一个，本题属于基础题.16、11【解析】

根据题意，利用方差公式计算可得数据的方差，进而利用标准差公式可得答案．【详解】根据题意，一组样本数据，且，平均数，则其方差，则其标准差，故答案为：11.【点睛】本题主要考查平均数、方差与标准差，属于基础题.样本方差，标准差.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)见证明；(2)【解析】

（1）先证得平面，由此证得，结合题意所给已知条件，证得平面，从而证得.（2）首先证得平面，由计算出三棱锥的体积.【详解】（1）证明：，∴，又，从而平面∵//，∴平面，平面，∴又，∴平面，于是（2）解：，∴平面∴【点睛】本小题主要考查线线垂直的证明，考查线面垂直的判定定理的运用，考查三棱锥体积的求法，属于中档题.18、（1）；（2）.【解析】

（1）利用三角函数的定义可求出，再根据二倍角的余弦公式即可求解.（2）由（1）可得，再利用同角三角函数的基本关系可得，由，利用两角差的正切公式即可求解.【详解】解：（1）依题意得，，，所以.（2）由（1）得，，故.因为，，，所以，又因为，所以，.所以，所以.【点睛】本小题主要考查同角三角函数关系、三角恒等变换等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查化归与转化思想等.19、长和宽均为4m时，最小值为64【解析】

利用体积求得ab=16，只需表示出表面积，结合高为2m，利用基本不等式求出最值即可.【详解】设底面的长和宽分别为，因为体积为32，高为c=2m，所以底面积为16，即ab=16所用材料的面积S=2ab+2bc+2ca=32+4（a+b），当且仅当a=b=4时取等号，答：当底面的长和宽均为4m时，所用的材料表面积最少，其最小值为64【点睛】与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.20、(1)；(2)【解析】

（1）通过正弦定理得，进而求出，再根据，进而求得的大小；（2）由正弦定理中的三角形面积公式求出，再根据余弦定理，求得，进而求得的周长．【详解】（1）由题意知，由正弦定理得，又由，则，所以，又因为，则，所以．（2）由三角形的面积公式，可得，解得，又因为，解得，即，所以，所以的周长为【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．21、（1）见解析；（2）.【解析】

（1）转化为证明MN⊥平面CND；（2）过点C作CH⊥ND与点H，则MH是MC在平面AMND内的射影，所以∠CMH即直线MC与平面AMND所成的角.【详解】（1）∵在矩形ABCD中，MN∥BC，∴MN⊥ND，MN⊥NC，又∵ND，NC是平面CN