吉林省延邊市第二中學2023-2024學年高一下數學期末達標檢測試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．中，則A． B． C． D．2．以點和為直徑兩端點的圓的方程是（）A． B．C． D．3．在中，，，是邊的中點.為所在平面內一點且滿足，則的值為（）A． B． C． D．4．已知向量，且，則（）A．2 B． C． D．5．已知直線,與互相垂直,則的值是()A． B．或 C． D．或6．若是異面直線，直線，則與的位置關系是（）A．相交 B．異面 C．平行 D．異面或相交7．某幾何體的三視圖如圖所示，其外接球體積為（）A． B． C． D．8．我國魏晉時期的數學家劉徽，創立了用圓內接正多邊形面積無限逼近圓面積的方法，稱為“割圓術”，為圓周率的研究提供了科學的方法.在半徑為1的圓內任取一點，則該點取自圓內接正十二邊形外的概率為A． B．C． D．9．記為等差數列的前n項和．若，，則等差數列的公差為（）A．1 B．2 C．4 D．810．已知則（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知a，b為常數，若，則______；12．已知的三邊分別是，且面積，則角__________.13．函數的反函數為____________．14．直線的傾斜角的大小是_________.15．已知扇形的半徑為6，圓心角為，則扇形的弧長為______.16．已知向量，的夾角為，若，，則________.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．已知函數，其中常數；（1）令，判定函數的奇偶性，并說明理由；（2）令，將函數圖像向右平移個單位，再向上平移1個單位，得到函數的圖像，對任意，求在區間上零點個數的所有可能值；18．已知是圓的直徑，垂直圓所在的平面,是圓上任一點．求證:平面⊥平面.19．正四棱錐S－ABCD的底面邊長為2，側棱長為x.（1）求出其表面積S（x）和體積V（x）；（2）設，求出函數的定義域，并判斷其單調性（無需證明）.20．設數列的前項和為，點均在函數的圖像上.（Ⅰ）求數列的通項公式；（Ⅱ）設，是數列的前項和，求使得對所有都成立的最小正整數.21．中，角的對邊分別為，且.（I）求的值；（II）求的值.

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】試題分析：由余弦定理，故選擇B考點：余弦定理2、A【解析】

可根據已知點直接求圓心和半徑.【詳解】點和的中點是圓心，圓心坐標是，點和間的距離是直徑，，即，圓的方程是.故選A.【點睛】本題考查了圓的標準方程的求法，屬于基礎題型.3、D【解析】

根據平面向量基本定理可知，將所求數量積化為；由模長的等量關系可知和為等腰三角形，根據三線合一的特點可將和化為和，代入可求得結果.【詳解】為中點和為等腰三角形，同理可得：本題正確選項：【點睛】本題考查向量數量積的求解問題，關鍵是能夠利用模長的等量關系得到等腰三角形，從而將含夾角的運算轉化為已知模長的向量的運算.4、B【解析】

根據向量平行得到，再利用和差公式計算得到答案.【詳解】向量，且，則..故選：.【點睛】本題考查了向量平行求參數，和差公式，意在考查學生的綜合應用能力.5、B【解析】

根據直線垂直公式得到答案.【詳解】已知直線,與互相垂直或故答案選B【點睛】本題考查了直線垂直的關系，意在考查學生的計算能力.6、D【解析】

若為異面直線，且直線，則與可能相交，也可能異面，但是與不能平行，若，則，與已知矛盾，選項、、不正確故選．7、D【解析】

易得該幾何體為三棱錐,再根據三視圖在長方體中畫出該三棱錐,再根據此三棱錐與長方體的外接球相同求解即可.【詳解】在長方體中畫出該幾何體,易得為三棱錐,且三棱錐與該長方體外接球相同.又長方體體對角線等于外接球直徑,故.故外接球體積故選：D【點睛】本題主要考查了三視圖還原幾何體以及求外接球體積的問題,屬于基礎題.8、D【解析】

由半徑為1的圓內接正十二邊形，可分割為12個頂角為，腰為1的等腰三角形，求得十二邊形的面積，利用面積比的幾何概型，即可求解.【詳解】由題意，半徑為1的圓內接正十二邊形，可分割為12個頂角為，腰為1的等腰三角形，所以該正十二邊形的面積為，由幾何概型的概率計算公式，可得所求概率，故選D.【點睛】本題主要考查了幾何概型的概率的計算問題，解決此類問題的步驟：求出滿足條件A的基本事件對應的“幾何度量”，再求出總的基本事件對應的“幾何度量”，然后根據求解，著重考查了分析問題和解答問題的能力.9、B【解析】

利用等差數列的前n項和公式、通項公式列出方程組，能求出等差數列{an}的公差．【詳解】∵為等差數列的前n項和，，，∴，解得d=2,a1=5，∴等差數列的公差為2.故選：B.【點睛】本題考查等差數列的公差，此類問題根據題意設公差和首項為d、a1，列出方程組解出即可，屬于基礎題.10、B【解析】

根據條件式,判斷出,,且.由不等式性質、基本不等式性質或特殊值即可判斷選項.【詳解】因為所以可得,,且對于A,由對數函數的圖像與性質可知,,所以A錯誤;對于B,由基本不等式可知,即由于,則,所以B正確;對于C,由條件可得,所以C錯誤;對于D,當時滿足條件,但,所以D錯誤.綜上可知,B為正確選項故選:B【點睛】本題考查了不等式性質的綜合應用,根據基本不等式求最值,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、2【解析】

根據極限存在首先判斷出的值，然后根據極限的值計算出的值，由此可計算出的值.【詳解】因為，所以，又因為，所以，所以.故答案為：.【點睛】本題考查根據極限的值求解參數，難度較易.12、【解析】試題分析：由，可得，整理得，即，所以.考點：余弦定理；三角形的面積公式.13、【解析】

由原函數的解析式解出自變量x的解析式，再把x和y交換位置，即可得到結果.【詳解】解：記∴故反函數為：【點睛】本題考查函數與反函數的定義，求反函數的方法和步驟，注意反函數的定義域是原函數的值域．14、【解析】試題分析：由題意，即，∴．考點：直線的傾斜角.15、【解析】

先將角度化為弧度，再根據弧長公式求解.【詳解】因為圓心角，所以弧長.故答案為：【點睛】本題考查了角度和弧度的互化以及弧長公式的應用問題，屬于基礎題．16、【解析】

由，展開后進行計算，得到的值，從而得到答案.【詳解】因為向量，的夾角為，若，，所以，所以.故答案為：.【點睛】本題考查求向量的模長，向量的數量積運算，屬于簡單題.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）非奇非偶，理由見解析；（2）21或20個.【解析】

（1）先利用輔助角公式化簡，再利用和可判斷為非奇非偶函數.（2）求出的解析式后結合函數的圖像、周期及給定區間的特點可判斷在給定的范圍上的零點的個數.【詳解】（1），則，故不是奇函數，又，，故不是偶函數.綜上，為非奇非偶函數.（2），的圖象如圖所示：令，則，則或，，也就是或者，，所以在形如的區間上恰有兩個不同零點.把區間分成10個小區間，它們分別為：，及，根據函數的圖像可知：前9個區間的長度恰為一個周期且左閉右開，故每個區間恰有兩個不同的零點，最后一個區間的長度恰為一個周期且為閉區間，故該區間上可能有兩個不同的零點或3個不同的零點.故在區間上可有21個或者20個零點.【點睛】本題考查正弦型函數的奇偶性、正弦型函數在給定范圍上的零點個數，注意說明一個函數不是奇函數或不是偶函數，可通過反例來說明，而零點個數的判斷則需綜合考慮給定區間的長度、開閉情況及函數的周期.18、證明見解析【解析】

先證直線平面，再證平面⊥平面.【詳解】證明:∵是圓的直徑，是圓上任一點，，，平面，平面，，又，平面，又平面，平面⊥平面.【點睛】本題考查圓周角及線面垂直判定定理、面面垂直判定定理的應用，考查垂直關系的簡單證明.19、（1），；（2）x>，是減函數.【解析】

（1）畫出圖形，分別求出四棱錐的高，及側面的高的表達式，即可求出表面積與體積的表達式；（2）結合表達式，可求出的范圍，即定義域，然后判斷其為減函數.【詳解】（1）過點作平面的垂線，垂足為，取的中點，連結，因為為正四棱錐，所以，，，，所以四棱錐的表面積為，體積.（2），解得，是減函數.【點睛】本題考查了四棱錐的結構特征，考查了表面積與體積的計算，考查了學生的空間想象能力與計算能力，屬于中檔題.20、（Ⅰ）（Ⅱ）10【解析】

解：（I）依題意得，即．當n≥2時，;當所以．（II）由（I）得，故=．因此