四川樂山市中區2023-2024學年數學高一下期末調研試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．如圖，網格紙上小正方形的邊長為，粗實線畫出的是某多面體的三視圖，則此幾何體的表面積為（）A． B． C． D．2．設α,β為兩個不同的平面，直線l?α，則“l⊥β”是“α⊥β”成立的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件3．以下說法正確的是（）A．零向量與單位向量的模相等B．模相等的向量是相等向量C．已知均為單位向量，若，則與的夾角為D．向量與向量是共線向量，則四點在一條直線上4．等比數列的前項和、前項和、前項和分別為，則().A． B．C． D．5．若實數a、b滿足條件，則下列不等式一定成立的是A． B． C． D．6．的內角的對邊分別為,若,則（）A． B． C． D．7．如圖，扇形的圓心角為，半徑為1，則該扇形繞所在直線旋轉一周得到的幾何體的表面積為（

）A． B． C． D．8．等比數列的前n項和為，且，，成等差數列．若，則（）A．15 B．7 C．8 D．169．設為直線，是兩個不同的平面，下列命題中正確的是()A．若，，則 B．若，，則C．若，，則 D．若，，則10．在△ABC中，三個頂點分別為A（2，4），B（﹣1，2），C（1，0），點P（x，y）在△ABC的內部及其邊界上運動，則y﹣x的最小值是（）A．﹣3 B．﹣1 C．1 D．3二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知平面向量，若，則________12．在中,內角的對邊分別為,若的周長為,面積為，，則__________．13．在平面直角坐標系xOy中，若直線與直線平行，則實數a的值為______.14．若，則=_________________15．中，若，，，則的面積______.16．在中，內角，，所對的邊分別為，，，，且，則面積的最大值為______.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．已知數列{}的首項.(1)求證：數列為等比數列；(2)記，若，求最大正整數.18．如圖，在四棱錐中，底面為菱形，、、分別是棱、、的中點，且平面．（1）求證：平面；（2）求證：平面．19．已知圓：與圓：．（1）求兩圓的公共弦長；（2）過平面上一點向圓和圓各引一條切線，切點分別為，設，求證：平面上存在一定點使得到的距離為定值，并求出該定值．20．已知函數.（1）求函數的最小正周期；（2）求函數的單調區間.21．在四棱錐中，，．（1）若點為的中點，求證：平面；（2）當平面平面時，求二面角的余弦值．

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、B【解析】

作出多面體的直觀圖，將各面的面積相加可得出該多面積的表面積.【詳解】由三視圖得知該幾何體的直觀圖如下圖所示：由直觀圖可知，底面是邊長為的正方形，其面積為；側面是等腰三角形，且底邊長，底邊上的高為，其面積為，且；側面是直角三角形，且為直角，，，其面積為，，的面積為；側面積為等腰三角形，底邊長，，底邊上的高為，其面積為.因此，該幾何體的表面積為，故選：B.【點睛】本題考查幾何體的三視圖以及幾何體表面積的計算，再利用三視圖求幾何體的表面積時，要將幾何體的直觀圖還原，并判斷出各個面的形狀，結合圖中數據進行計算，考查空間想象能力與計算能力，屬于中等題.2、A【解析】試題分析：當滿足l?α,l⊥β時可得到α⊥β成立，反之，當l?α,α⊥β時，l與β可能相交，可能平行，因此前者是后者的充分不必要條件考點：充分條件與必要條件點評：命題：若p則q是真命題，則p是q的充分條件，q是p的必要條件3、C【解析】

根據零向量、單位向量、相等向量，向量的模、向量共線、向量數量積的運算的知識分析選項，由此確定正確選項.【詳解】對于A選項，零向量的模是，單位向量的模是，兩者不相等，故A選項說法錯誤.對于B選項，兩個向量大小和方向都相等才是相等向量，故B選項說法錯誤.對于C選項，由，故C選項說法正確.對于D選項，向量與向量是共線向量，但是這兩個向量沒有公共點，所以無法判斷是否在一條直線上.故D選項說法錯誤.故選：C【點睛】本小題主要考查向量的有關概念，考查向量數量積的運算，屬于基礎題.4、B【解析】

根據等比數列前項和的性質，可以得到等式，化簡選出正確答案.【詳解】因為這個數列是等比數列，所以成等比數列，因此有，故本題選B.【點睛】本題考查了等比數列前項和的性質，考查了數學運算能力.5、D【解析】

根據題意，由不等式的性質依次分析選項，綜合即可得答案．【詳解】根據題意，依次分析選項：對于A、，時，有成立，故A錯誤；對于B、，時，有成立，故B錯誤；對于C、，時，有成立，故C錯誤；對于D、由不等式的性質分析可得若，必有成立，則D正確；故選：D．【點睛】本題考查不等式的性質，對于錯誤的結論舉出反例即可．6、B【解析】

首先通過正弦定理將邊化角，于是求得，于是得到答案.【詳解】根據正弦定理得：，即，而，所以，又為三角形內角，所以，故選B.【點睛】本題主要考查正弦定理的運用，難度不大.7、C【解析】

以所在直線為旋轉軸將整個圖形旋轉一周所得幾何體是一個半球，利用球面的表面積公式及圓的表面積公式即可求得．【詳解】由已知可得：以所在直線為旋轉軸將整個圖形旋轉一周所得幾何體是一個半球，其中半球的半徑為1，故半球的表面積為：故答案為：C【點睛】本題主要考查了旋轉體的概念，以及球的表面積的計算，其中解答中熟記旋轉體的定義，以及球的表面積公式，準確計算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．8、B【解析】

通過，，成等差數列,計算出，再計算【詳解】等比數列的前n項和為，且，，成等差數列即故答案選B【點睛】本題考查了等比數列通項公式，等差中項，前N項和，屬于常考題型.9、B【解析】A中，也可能相交；B中，垂直與同一條直線的兩個平面平行，故正確；C中，也可能相交；D中，也可能在平面內.【考點定位】點線面的位置關系10、B【解析】

根據線性規劃的知識求解．【詳解】根據線性規劃知識，的最小值一定在的三頂點中的某一個處取得，分別代入的坐標可得的最小值是．故選B．【點睛】本題考查簡單的線性規劃問題，屬于基礎題．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、1【解析】

根據即可得出，解出即可．【詳解】∵；∴；解得，故答案為1．【點睛】本題主要考查向量坐標的概念，以及平行向量的坐標關系，屬于基礎題.12、3【解析】

分析：由題可知，中已知，面積公式選用，得，又利用余弦定理，即可求出的值.詳解：，，由余弦定理，得又，，解得.故答案為3.點睛：解三角形問題，多為邊和角的求值問題，這就需要根據正、余弦定理結合已知條件靈活轉化邊和角之間的關系，從而達到解決問題的目的．其基本步驟是：第一步：定條件，即確定三角形中的已知和所求，在圖形中標出來，然后確定轉化的方向；第二步：定工具，即根據條件和所求合理選擇轉化的工具，實施邊角之間的互化；第三步：求結果.13、1【解析】

由，解得，經過驗證即可得出．【詳解】由，解得．經過驗證可得：滿足直線與直線平行，則實數．故答案為：1．【點睛】本題考查直線的平行與斜率之間的關系，考查推理能力與計算能力，屬于基礎題．14、【解析】分析：由二倍角公式求得，再由誘導公式得結論．詳解：由已知，∴．故答案為．點睛：三角函數恒等變形中，公式很多，如誘導公式、同角關系，兩角和與差的正弦（余弦、正切）公式、二倍角公式，先選用哪個公式后選用哪個公式在解題中尤其重要，但其中最重要的是“角”的變換，要分析出已知角與未知角之間的關系，通過這個關系都能選用恰當的公式．15、【解析】

利用三角形的面積公式可求出的面積的值.【詳解】由三角形的面積公式可得.故答案為：.【點睛】本題考查三角形面積的計算，熟練利用三角形的面積公式是計算的關鍵，考查計算能力，屬于基礎題.16、【解析】

根據正弦定理將轉化為，即，由余弦定理得，再用基本不等式法求得，根據面積公式求解.【詳解】根據正弦定理可轉化為，化簡得由余弦定理得因為所以，當且僅當時取所以則面積的最大值為.故答案為：【點睛】本題主要考查正弦定理，余弦定理，基本不等式的綜合應用，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）詳見解析；（2）99.【解析】

（1）利用數列遞推公式取倒數，變形可得，從而可證數列為等比數列；（2）確定數列的通項，利用等比數列的求和公式求和，即可求最大的正整數．【詳解】解（1）∵，∴，∵，∴∴數列為等比數列.（2）由（1）可求得，∴.∴.因為在上單調遞增，又因為，∴【點睛】本題考查數列遞推公式，考查等比數列的證明，考查等比數列的求和公式，屬于中檔題．18、（1）見解析；（2）見解析【解析】

（1）取中點，連接，，得，利用直線與平面平行的判定定理證明平面．（2）連結，由已知條件得，由平面，得，利用直線與平面垂直的判定定理證明平面．【詳解】（1）取中點，連接，，∵、分別是棱、的中點，∴，且．∵在菱形中，是的中點，∴，且，∴且，∴為平行四邊形.∴．∵平面，平面，∴平面．（2）連接，∵是菱形，∴，∵，分別是棱、的中點，∴，∴，∵平面，平面，∴，∵，、平面，∴平面.【點睛】本題考查直線與平面平行以及直線與平面垂直的判定定理的應用，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題．19、（1）（2）【解析】

（1）把兩圓方程相減得到公共弦所在直線方程，再根據點到直線距離公式與圓的垂徑定理求兩圓的公共弦長；（2）根據圓的切線長與半徑的關系代入化簡即可得到點的軌跡方程，進而求解.【詳解】解：（1）由，相減得兩圓的公共弦所在直線方程為：，設(0,0)到的距離為，則所以，公共弦長為所以，公共弦長為.（2）證明：由題設得：化簡得：配方得：所以，存在定點使得到的距離為定值，且該定值為.【點睛】本題主要考查圓的應用.求兩圓的公共弦關鍵在求公共弦所在直線方程；求動點與定點距離問題，首先要求出動點的軌跡方程.20、(1)的最小正周期為(2)的單調增區間為【解析】試題分析：（1）化簡函數的解析式得，根據周期公式求得函數的周期；（2）由求得的取值范圍即為函數的單調增區間，由求得取值范圍即為函數的單調減區間。試題解析：（Ⅰ）∴的最小正周期為.（Ⅱ）由，得∴的單調增區間為由得∴的單調減區間為21、（1）見解析；（2）.【解析】

(I)結合平面與平面平行判定,得到平面BEM平行平面PAD,結合平面與平面性質,證明結論.(II)建立空間坐標系,分別計算平面PCD和平面PDB的法向量,結合向量數量積公式,計算余弦值,即可.【詳解】(Ⅰ)取的中點為，連結，.由已知得，為等邊三角形，.∵，，∴，∴，∴.又∵平面