福建省永春縣一中2024年高一數學第二學期期末達標檢測試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．變量滿足，目標函數，則的最小值是（）A． B．0 C．1 D．-12．已知數列{an}滿足a1=2A．2 B．-3 C．-123．已知數列共有項，滿足，且對任意、，有仍是該數列的某一項，現給出下列個命題：（1）；（2）；（3）數列是等差數列；（4）集合中共有個元素．則其中真命題的個數是（）A． B． C． D．4．下列說法正確的是（）A．函數的最小值為 B．函數的最小值為C．函數的最小值為 D．函數的最小值為5．sin480°等于（）A． B． C． D．6．已知底面半徑為1，體積為的圓柱，內接于一個高為圓錐（如圖），線段AB為圓錐底面的一條直徑，則從點A繞圓錐的側面到點B的最短距離為（）A．8 B． C． D．47．已知角的終邊經過點，則=（）A． B． C． D．8．已知函數是奇函數，將的圖像上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），所得圖像對應的函數為.若的最小正周期為，且，則（）A． B． C． D．9．兩數與的等比中項是（）A．1 B．－1 C．±1 D．10．已知，是兩個不同的平面，給出下列四個條件：①存在一條直線，使得，；②存在兩條平行直線，，使得，，，；③存在兩條異面直線，，使得，，，；④存在一個平面，使得，．其中可以推出的條件個數是（）A．1 B．2 C．3 D．4二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．對于數列，若存在，使得，則刪去，依此操作，直到所得到的數列沒有相同項，將最后得到的數列稱為原數列的“基數列”.若，則數列的“基數列”的項數為__________________．12．函數的定義域為________13．在平面直角坐標系中，為原點，，動點滿足，則的最大值是．14．已知與之間的一組數據，則與的線性回歸方程必過點__________．15．如圖，正方體中，的中點為，的中點為，為棱上一點，則異面直線與所成角的大小為__________．16．數列的前項和為，若數列的各項按如下規律排列：，，，，，，，，，，…，，，…，，…有如下運算和結論：①；②數列，，，，…是等比數列；③數列，，，，…的前項和為；④若存在正整數，使，，則．其中正確的結論是_____．（將你認為正確的結論序號都填上）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．已知等比數列的公比為，是的前項和；（1）若，，求的值；（2）若，，有無最值？說明理由；（3）設，若首項和都是正整數，滿足不等式，且對于任意正整數有成立，問：這樣的數列有幾個？18．已知不等式.（1）當時，求此不等式的解集；（2）若不等式的解集非空，求實數的取值范圍．19．不等式(1)若不等式的解集為或,求的值(2)若不等式的解集為,求的取值范圍20．為選派一名學生參加全市實踐活動技能竟賽，A、B兩位同學在學校的學習基地現場進行加工直徑為20mm的零件測試，他倆各加工的10個零件直徑的相關數據如圖所示（單位：mm）A、B兩位同學各加工的10個零件直徑的平均數與方差列于下表；平均數方差A200.016B20s2B根據測試得到的有關數據，試解答下列問題：（Ⅰ）計算s2B，考慮平均數與方差，說明誰的成績好些；（Ⅱ）考慮圖中折線走勢情況，你認為派誰去參賽較合適？請說明你的理由．21．已知點是重心，.（1）用和表示；（2）用和表示.

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、D【解析】

先畫出滿足條件的平面區域，將變形為：，平移直線得直線過點時，取得最小值，求出即可．【詳解】解：畫出滿足條件的平面區域，如圖示：

由得：，

平移直線，顯然直線過點時，最小，

由，解得：

∴最小值，

故選：D．【點睛】本題考查了簡單的線性規劃問題，考查數形結合思想，是一道基礎題．2、D【解析】

先通過列舉找到數列的周期，再利用數列的周期求值.【詳解】由題得a2所以數列的周期為4，所以a2020故選：D【點睛】本題主要考查遞推數列和數列的周期，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題.3、D【解析】

對任意的、，有仍是該數列的某一項，可得出是該數列中的項，由于，可得，即，以此類推即可判斷出結論.【詳解】對任意、，有仍是該數列的某一項，,當時，則，必有，即，而或.若，則，而、、，舍去；若，此時，，同理可得.可得數列為：、、、、.綜上可得：（1）；（2）；（3）數列是等差數列；（4）集合，該集合中共有個元素.因此，（1）（2）（3）（4）都正確.故選：D.【點睛】本題考查有關數列命題真假的判斷，涉及數列的新定義，考查推理能力與分類討論思想的應用，屬于中等題.4、C【解析】

A．時無最小值；

B．令，由，可得，即，令，利用單調性研究其最值；

C．令，令，利用單調性研究其最值；

D．當時，，無最小值．【詳解】解：A．時無最小值，故A錯誤；

B．令，由，可得，即，令，則其在上單調遞減，故，故B錯誤；C．令，令，則其在上單調遞減，上單調遞增，故，故C正確；

D．當時，，無最小值，故D不正確．

故選：C．【點睛】本題考查了基本不等式的性質、利用導數研究函數的單調性極值與最值、三角函數的單調性，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．5、D【解析】試題分析：因為，所以選D.考點：誘導公式，特殊角的三角函數值.6、C【解析】

先求解圓錐的底面半徑,再根據側面展開圖的結構計算扇形中間的距離即可.【詳解】設圓柱的高為,則,得.因為,所以為的中位線,所以,則.即圓錐的底面半徑為1,母線長為4,則展開后所得扇形的弧長為,圓心角為.所以從點A繞圓錐的側面到點B的最短距離為.故選：C.【點睛】本題主要考查了圓柱與圓錐內切求解有關量的問題以及圓錐的側面積展開求距離最小值的問題.屬于中檔題.7、D【解析】試題分析：由題意可知x=-4，y=3，r=5，所以.故選D.考點：三角函數的概念.8、C【解析】

只需根據函數性質逐步得出值即可。【詳解】因為為奇函數，∴；又，，又∴，故選C。【點睛】本題考查函數的性質和函數的求值問題，解題關鍵是求出函數。9、C【解析】試題分析：設兩數的等比中項為，等比中項為-1或1考點：等比中項10、B【解析】當，不平行時，不存在直線與，都垂直，，，故正確；存在兩條平行直線，，，，，，則，相交或平行，所以不正確；存在兩條異面直線，，，，，，由面面平行的判定定理得，故正確；存在一個平面，使得，，則，相交或平行，所以不正確；故選二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、10【解析】

由題意可得,只需計算所有可能取值的個數即可.【詳解】因為求的可能取值個數,由周期性,故只需考慮的情況即可.此時.一共19個取值,故只需分析,又由,故,,即不同的取值個數一共為個.即“基數列”分別為和共10項.故答案為10【點睛】本題主要考查余弦函數的周期性.注意到隨著的增大的值周期變化,故只需考慮一個周期內的情況.12、【解析】

根據反余弦函數的定義，可得函數滿足，即可求解.【詳解】由題意，根據反余弦函數的定義，可得函數滿足，解得，即函數的定義域為.故答案為：【點睛】本題主要考查了反余弦函數的定義的應用，其中解答中熟記反余弦函數的定義，列出不等式求解是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.13、【解析】

試題分析：設，表示以為圓心，r=1為半徑的圓，而，所以，，，故得最大值為考點：1．圓的標準方程；2．向量模的運算14、【解析】

根據線性回歸方程一定過樣本中心點，計算這組數據的樣本中心點，求出和的平均數即可求解.【詳解】由題意可知，與的線性回歸方程必過樣本中心點，，所以線性回歸方程必過.故答案為：【點睛】本題是一道線性回歸方程題目，需掌握線性回歸方程必過樣本中心點這一特征，屬于基礎題.15、【解析】

根據題意得到直線MP運動起來構成平面，可得到面，進而得到結果.【詳解】取的中點O連接，，根據題意可得到直線MP是一條動直線，當點P變動時直線就構成了平面，因為MO均為線段的中點，故得到，四邊形為平行四邊形，面，故得到，又面，進而得到.故夾角為.故答案為.【點睛】這個題目考查的是異面直線的夾角的求法；常見方法有：將異面直線平移到同一平面內，轉化為平面角的問題；或者證明線面垂直進而得到面面垂直，這種方法適用于異面直線垂直的時候.16、①③④【解析】

根據題中所給的條件，將數列的項逐個寫出，可以求得，將數列的各項求出，可以發現其為等差數列，故不是等比數列，利用求和公式求得結果，結合條件，去挖掘條件，最后得到正確的結果.【詳解】對于①，前24項構成的數列是，所以，故①正確；對于②，數列是，可知其為等差數列，不是等比數列，故②不正確；對于③，由上邊結論可知是以為首項，以為公比的等比數列，所以有，故③正確；對于④，由③知，即，解得，且，故④正確；故答案是①③④.【點睛】該題考查的是有關數列的性質以及對應量的運算，解題的思想是觀察數列的通項公式，理解項與和的關系，認真分析，仔細求解，從而求得結果.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）；（2），最小值，最大值；，最小值，無最大值；（3）個【解析】

（1）由，分類討論，分別求得，結合極限的運算，即可求解；（2）由等比數列的前項和公式，求得，再分和兩種情況討論，即可求解，得到結論；（3）由不等式，求得，在由等比數列的前項和公式，得到，根據不等式成立，可得，結合數列的單調性，即可求解.【詳解】（1）由題意，等比數列，且，①當時，可得，，所以，②當時，可得，所以，綜上所述，當，時，.（2）由等比數列的前項和公式，可得，因為且，所以，①當時，單調遞增，此時有最小值，無最大值；②當時，中，當為偶數時，單調遞增，且；當為奇數時，單調遞減，且；分析可得：有最大值，最小值為；綜上述，①當時，的最小值為，最大值為；②當時，的最小值為，無最大值；（3）由不等式，可得，又由等比數列的前項和公式，可得，因為首項和都是正整數，所以，又由對于任意正整數有成立，可得，聯立可得，設，由為正整數，可得單調遞增，所以函數單調遞減，所以，且所以，當時，，即，解得，此時有個，當時，，即，解得，此時有個，所以共有個.【點睛】本題主要考查了等比數列的前項和公式，數列的極限的計算，以及數列的單調性的綜合應用，其中解答中熟記等比數列的前項和公式，極限的運算法則，以及合理分類討論是解答的關鍵，著重考查了分類討論思想，以及分析問題和解答問題的能力，屬于難題.18、（1）；（2）【解析】

（1）不等式為，解得（2）不等式的解集非空，則，求解即可【詳解】（1）當時，不等式為，解得，故不等式的解集為；（2）不等式的解集非空，則，即，解得，或，故實數的取值范圍是．【點睛】二次函數，二次方程，一元二次不等式三個二次的相互轉換是解決一元二次不等式問題的常用方法，數形結合是解決函數問題的基本思想．19、（1）；（2）【解析】

（1）根據一元二次不等式的解和對應一元二次方程根的關系，求得的值.（2）利用一元二次不等式解集為的條件列不等式組，解不等式組求得的取值范圍.【詳解】（1）由于不等式的解集為或，所以，解得.（2）由于不等式的解集為，故，解得.故的取值范圍是.【點睛】本小題主要考查一元二次不等式的解與對應一元二次方程根的關系，考查一元二次不等式恒成立問題的求解策略，屬于基礎題.20、（Ⅰ）0.008，B的成績好些（Ⅱ）派A去參賽較合適【解析】

（Ⅰ）利用方差的公式，求得S2A＞S2B，從而在平均數相同的情況下，B的波動較小，由此得到B的成績好一些；（Ⅱ）從圖中折線趨勢可知盡管A的成績前面起伏大，但后來逐漸穩定，誤差小，預測A的潛力大，從而派A去參賽較合適.【詳解】（Ⅰ）由題意，根據表中的數據，利用方差的計算公式，可得S2B∴S2A＞S2B，∴在平均數相同的情況下，B的波動較小，∴B的成績好些．（Ⅱ）從圖中折線趨勢可