北京市师大二附中2024年数学高一下期末监测试题含解析

北京市师大二附中2024年数学高一下期末监测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．函数的定义域是（）．A． B． C． D．2．若，满足，则的最大值为（）．A． B． C． D．3．若，，则的最小值为（）A．2 B． C． D．4．设等比数列的前项和为，若，则（）A． B．2 C． D．5．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与原正方体体积的比值为()A． B． C． D．6．设的内角所对边分别为．则该三角形（）A．无解 B．有一解 C．有两解 D．不能确定7．设为锐角，，若与共线，则角（）A．15° B．30° C．45° D．60°8．已知，则的值域为A． B． C． D．9．已知直线yx+2，则其倾斜角为（）A．60° B．120° C．60°或120° D．150°10．若对任意，不等式恒成立，则a的取值范围为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．设，，，，则数列的通项公式=．12．某校高一、高二、高三分别有学生1600名、1200名、800名，为了解该校高中学生的牙齿健康状况，按各年级的学生数进行分层抽样，若高三抽取20名学生，则高一、高二共抽取的学生数为.13．函数在内的单调递增区间为____.14．若的两边长分别为和，其夹角的余弦为，则其外接圆的面积为______________；15．已知等差数列，若，则______.16．若角是第四象限角，则角的终边在_____________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（1）求函数的单调递减区间：（2）已知，求的值域18．在△ABC中，AC=6，cosB=，C=.(1)求AB的长；(2)求△ABC的面积.19．数列的前项和.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和，并求使成立的实数最小值.20．的内角的对边分别为，且．（1）求；（2）若，点在边上，，，求的面积．21．已知函数，且.（1）求的值；（2）若在上有且只有一个零点，，求的取值范围.

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、C【解析】函数的定义域即让原函数有意义即可；原式中有对数，则故得到定义域为.故选C.2、D【解析】作出不等式组，所表示的平面区域，如图所示，当时，可行域为四边形内部，目标函数可化为，即，平移直线可知当直线经过点时，直线的截距最大，从而最大，此时，，当时，可行域为三角形，目标函数可化为，即，平移直线可知当直线经过点时，直线的截距最大，从而最大，，综上，的最大值为．故选．点睛：利用线性规划求最值的步骤：(1)在平面直角坐标系内作出可行域．(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形．常见的类型有截距型（型）、斜率型（型）和距离型（型）．(3)确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解．(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值．注意解答本题时不要忽视斜率不存在的情形.3、D【解析】

根据所给等量关系,用表示出可得.代入中,构造基本不等式即可求得的最小值.【详解】因为,所以变形可得所以由基本不等式可得当且仅当时取等号,解得所以的最小值为故选:D【点睛】本题考查了基本不等式求最值的应用,注意构造合适的基本不等式形式,属于中档题.4、C【解析】

根据等比数列前项和为带入即可。【详解】当时，不成立。当时，则,选择C【点睛】本题主要考查了等比数列的前项和，，属于基础题。5、C【解析】

根据三视图还原出几何体，得到是在正方体中，截去四面体，利用体积公式，求出其体积，然后得到答案.【详解】根据三视图还原出几何体，如图所述，得到是在正方体中，截去四面体设正方体的棱长为，则，故剩余几何体的体积为，所以截去部分的体积与剩余部分的体积的比值为.故选：C.【点睛】本题考查了几何体的三视图求几何体的体积；关键是正确还有几何体，利用体积公式解答，属于简单题.6、C【解析】

利用正弦定理以及大边对大角定理求出角，从而判断出该三角形解的个数．【详解】由正弦定理得，所以，，，，或，因此，该三角形有两解，故选C.【点睛】本题考查三角形解的个数的判断，解题时可以充分利用解的个数的等价条件来进行判断，具体来讲，在中，给定、、，该三角形解的个数判断如下：（1）为直角或钝角，，一解；，无解；（2）为锐角，或，一解；，两解；，无解.7、B【解析】由题意，，又为锐角，∴．故选B．8、C【解析】

利用求函数的周期为，计算即可得到函数的值域.【详解】因为，，，因为函数的周期，所以函数的值域为，故选C.【点睛】本题考查函数的周期运算，及利用函数的周期性求函数的值域.9、B【解析】

根据直线方程求出斜率，根据斜率和倾斜角之间的关系即可求出倾斜角．【详解】由已知得直线的斜率，则倾斜角为120°，故选：B．【点睛】本题考查斜率和倾斜角的关系，是基础题．10、D【解析】

对任意，不等式恒成立，即恒成立，代入计算得到答案.【详解】对任意，不等式恒成立即恒成立故答案为D【点睛】本题考查了不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力和解决问题的能力.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、2n+1【解析】由条件得，且，所以数列是首项为4，公比为2的等比数列，则．12、70【解析】设高一、高二抽取的人数分别为，则，解得.【考点】分层抽样.13、【解析】

将函数进行化简为，求出其单调增区间再结合，可得结论.【详解】解：，递增区间为：，可得，在范围内单调递增区间为。故答案为：.【点睛】本题考查了正弦函数的单调区间，属于基础题。14、【解析】

首先根据余弦定理求第三边，再求其对边的正弦值，最后根据正弦定理求半径和面积.【详解】设第三边为，，解得：，设已知两边的夹角为，，那么，根据正弦定理可知，,外接圆的面积.故填：.【点睛】本题简单考查了正余弦定理，考查计算能力，属于基础题型.15、【解析】

利用等差数列的通项公式直接求解.【详解】设等差数列公差为，由，得，解得.故答案：.【点睛】本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．16、第二或第四象限【解析】

根据角是第四象限角，写出角的范围，即可求出角的终边所在位置．【详解】因为角是第四象限角，所以，即有，当为偶数时，角的终边在第四象限；当为奇数时，角的终边在第二象限，故角的终边在第二或第四象限．【点睛】本题主要考查象限角的集合的应用．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）将三角函数化简为，再求函数的单调减区间.（2）根据得到，得到最后得到答案.【详解】（1），令解得：可得函数的单调递减区间为：();（2）的值域为【点睛】本题考查了三角函数的单调区间和值域，将三角函数化简为标准形式是解题的关键，意在考查学生的计算能力.18、（1）（2）21【解析】

（1）由，求得，再由正弦定理，即可求解.(2)由（1）和，求得，再由三角形的面积公式，即可求解.【详解】（1）由题意，因为，且为三角形的内角，所以，由正弦定理，可得，即，解得.(2)由（1）和，则，由三角形的面积公式，可得.【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.19、（1）；（2），.【解析】

（1）由已知可先求得首项，然后由，得，两式相减后可得数列的递推式，结合得数列是等比数列，从而易得通项公式；（2）对数列可用错位相减法求其和．不等式恒成立，可转化为先求的最大值．【详解】（1）由得.由，可知，可得，即.因为，所以，故因此是首项为，公比为的等比数列，故.（2）由（1）知.所以①两边同乘以得②①②相减得从而于是，当是奇数时，，因为，所以.当是偶数时，因此.因为，所以，的最小值为.【点睛】本题考查等比数列的通项公式，前项和公式，考查错位相减法求和．适用错位相减法求和的数列一般是，其中是等差数列，是等比数列．20、（1）；（2）.【解析】

（1）由正弦定理、三角函数恒等变换化简已知可得：，结合范围，可得，进而可求A的值．（2）在△ADC中，由正弦定理可得，可得，利用三角形内角和定理可求，即可求得，再利用三角形的面积公式即可计算得解．【详解】（1）∵，∴由正弦定理可得：，∴可得：，可得：，∵，∴，可得：，∵，∴，∴，可得：．（2）∵，点D在边上，，∴在中，由正弦定理，可得：，可得：，∴，可得：，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查了正弦定理、三角函数恒等变换的应用，三角形内角和定理及