浙江省寧波市金蘭教育合作組織2024屆數學高一下期末聯考試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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．己知函數（，，，）的圖象（部分）如圖所示，則的解析式是（）A． B．C． D．2．若||＝2cos15°，||＝4sin15°，的夾角為30°，則等于()A． B． C．2 D．3．設a，b，c為的內角所對的邊，若，且，那么外接圓的半徑為A．1 B． C．2 D．44．已知，則的值為A． B． C． D．5．在正方體中，當點在線段（與，不重合）上運動時，總有：①；②平面平面；③平面；④．以上四個推斷中正確的是()A．①② B．①④ C．②④ D．③④6．函數圖象的一條對稱軸在內，則滿足此條件的一個值為（）A． B． C． D．7．在正方體中，、分別是棱和的中點，為上底面的中心，則直線與所成的角為（）A．30° B．45° C．60° D．90°8．在△中，已知，，，則△的面積等于()A．6 B．12 C． D．9．經統計某射擊運動員隨機命中的概率可視為，為估計該運動員射擊4次恰好命中3次的概率，現采用隨機模擬的方法，先由計算機產生0到9之間取整數的隨機數，用0，1，2沒有擊中，用3，4，5，6，7，8，9表示擊中，以4個隨機數為一組，代表射擊4次的結果，經隨機模擬產生了20組隨機數：7525，0293，7140，9857，0347，4373，8638，7815，1417，55500371，6233，2616，8045，6011，3661，9597，7424，7610，4281根據以上數據，則可估計該運動員射擊4次恰好命中3次的概率為（）A． B． C． D．10．若兩個球的半徑之比為，則這兩球的體積之比為（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．程序：的最后輸出值為___________________.12．若滿足約束條件，則的最小值為_________.13．若兩個正實數滿足，且不等式有解，則實數的取值范圍是____________.14．已知無窮等比數列的前項和，其中為常數，則________15．已知數列的前項和為，，，則__________．16．數列的前項和為，，且（），記，則的值是________.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．已知向量，，，.（1）求的最小值及相應的t的值；（2）若與共線，求實數m.18．已知，是實常數．（1）當時，判斷函數的奇偶性，并給出證明；（2）若是奇函數，不等式有解，求的取值范圍．19．在△中，所對的邊分別為，，．（1）求；（2）若，求,，．20．在銳角三角形中，分別是角的對邊，且.（1）求角的大小；（2）若，求的取值范圍.21．已知余切函數.（1）請寫出余切函數的奇偶性，最小正周期，單調區間；（不必證明）（2）求證：余切函數在區間上單調遞減.

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、C【解析】

根據圖象可知，利用正弦型函數可求得；根據最大值和最小值可確定，利用及可求得，從而得到函數解析式.【詳解】由圖象可知，的最小正周期：又又，且，，即，本題正確選項：【點睛】本題考查根據圖象求解三角函數解析式的問題，關鍵是能夠明確由最大值和最小值確定；由周期確定；通常通過最值點來進行求解，屬于?？碱}型.2、B【解析】分析：先根據向量數量積定義化簡，再根據二倍角公式求值.詳解：因為，所以選B.點睛：平面向量數量積的類型及求法(1)求平面向量數量積有三種方法：一是夾角公式；二是坐標公式；三是利用數量積的幾何意義.(2)求較復雜的平面向量數量積的運算時，可先利用平面向量數量積的運算律或相關公式進行化簡.3、A【解析】

由得b2+c2-a2=bc．利用余弦定理，可得A=．再利用正弦定理可得2R=，可得R.【詳解】∵,∴,整理得b2+c2-a2=bc，根據余弦定理cosA=，可得cosA=∵A∈（0，π），∴A=由正弦定理可得2R==,解得R=1，故選A【點睛】已知三邊關系，可轉化為接近余弦定理的形式，直接運用余弦定理理解三角形，注意整體代入思想.4、B【解析】

利用誘導公式求得tanα，再利用同角三角函數的基本關系求得要求式子的值．【詳解】∵已知tanα，∴tanα，則，故選B．【點睛】本題主要考查應用誘導公式、同角三角函數的基本關系的應用，屬于基礎題．5、D【解析】

每個結論可以通過是否能證偽排除即可．【詳解】①因為，與相交，所以①錯．②很明顯不對，只有當E在中點時才滿足條件．③易得平面平面，而AE平面，所以平面；④因為平面，而AE平面，所以．故選D【點睛】此題考查空間圖像位置關系，一般通過特殊位置排除即可，屬于較易題目．6、A【解析】

求出函數的對稱軸方程，使得滿足在內，解不等式即可求出滿足此條件的一個φ值．【詳解】解：函數圖象的對稱軸方程為：xk∈Z，函數圖象的一條對稱軸在內，所以當k＝0時，φ故選A．【點睛】本題是基礎題，考查三角函數的基本性質，不等式的解法，考查計算能力，能夠充分利用基本函數的性質解題是學好數學的前提．7、A【解析】

先通過平移將兩條異面直線平移到同一個起點，得到的銳角或直角就是異面直線所成的角，在三角形中再利用余弦定理求出此角即可．【詳解】解：先畫出圖形，將平移到，為直線與所成的角，設正方體的邊長為，，，，，，故選：．【點睛】本題主要考查了異面直線及其所成的角，以及余弦定理的應用，屬于基礎題．8、C【解析】

通過A角的面積公式,代入數據易得面積．【詳解】故選C【點睛】此題考查三角形的面積公式，代入數據即可，屬于簡單題目．9、A【解析】

根據20組隨機數可知該運動員射擊4次恰好命中3次的隨機數共8組，據此可求出對應的概率．【詳解】由題意，該運動員射擊4次恰好命中3次的隨機數為：7525，0347，7815，5550，6233，8045，3661，7424，共8組，則該運動員射擊4次恰好命中3次的概率為.故答案為A.【點睛】本題考查了利用隨機模擬數表法求概率，考查了學生對基礎知識的掌握．10、C【解析】

根據球的體積公式可知兩球體積比為，進而得到結果.【詳解】由球的體積公式知：兩球的體積之比故選：【點睛】本題考查球的體積公式的應用，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、4；【解析】

根據賦值語句的作用是將表達式所代表的值賦給變量，然后語句的順序可求出的值．【詳解】解：執行程序語句：

＝1后，＝1；

＝＋1后，＝2；

＝＋2后，＝4；

后，輸出值為4；

故答案為：4【點睛】本題主要考查了賦值語句的作用，解題的關鍵對賦值語句的理解，屬于基礎題．12、3【解析】

在平面直角坐標系內，畫出可行解域，平行移動直線，在可行解域內，找到直線在縱軸上截距最小時所經過點的坐標，代入目標函數中，求出目標函數的最小值.【詳解】在平面直角坐標系中，約束條件所表示的平面區域如下圖所示：當直線經過點時，直線縱軸上截距最小，解方程組，因此點坐標為，所以的最小值為.【點睛】本題考查了線性目標函數最小值問題，正確畫出可行解域是解題的關鍵.13、【解析】試題分析：因為不等式有解，所以，因為，且，所以，當且僅當，即時，等號是成立的，所以，所以，即，解得或.考點：不等式的有解問題和基本不等式的求最值.【方法點晴】本題主要考查了基本不等式在最值中的應用，不等式的有解問題，在應用基本不等式求解最值時，呀注意“一正、二定、三相等”的判斷，運用基本不等式解題的關鍵是尋找和為定值或是積為定值，難點在于如何合理正確的構造出定值，對于不等式的有解問題一般選用參數分離法，轉化為函數的最值或借助數形結合法求解，屬于中檔試題.14、1【解析】

根據等比數列的前項和公式，求得，再結合極限的運算，即可求解.【詳解】由題意，等比數列前項和公式，可得，又由，所以，所以，可得.故答案為：.【點睛】本題主要考查了等比數列的前項和公式的應用，以及熟練的極限的計算，其中解答中根據等比數列的前項和公式，求得的值，結合極限的運算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.15、【解析】

先利用時，求出的值，再令，由得出，兩式相減可求出數列的通項公式，再將的表達式代入，可得出.【詳解】當時，則有，；當時，由得出，上述兩式相減得，，得且，所以，數列是以為首項，以為公比的等比數列，則，，那么，因此，，故答案為.【點睛】本題考查等比數列前項和與通項之間的關系，同時也考查了等比數列求和，一般在涉及與的遞推關系求通項時，常用作差法來求解，考查計算能力，屬于中等題.16、3【解析】

由已知條件推導出是首項為，公比為的等比數列，由此能求出的值.【詳解】解：因為數列的前項和為，，且（），，.即，.是首項為，公比為的等比數列，故答案為：【點睛】本題考查數列的前項和的求法，解題時要注意等比數列的性質的合理應用，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）時，最小值為；（2）.【解析】

(1)利用向量的模長公式計算出的表達式然后求最值.

(2)先求出的坐標，利用向量平行的公式得到關于m的方程，可解得答案.【詳解】（1）∵，

∴當時，取得最小值.（2）.∵與共線，∴，則.【點睛】本題考查向量的模長的計算以及其最值和根據向量平行求參數的值，屬于基礎題.18、（1）為非奇非偶函數，證明見解析；（2）．【解析】

（1）當時，，計算不相等，也不互為相反數，可得出結論；（2）由奇函數的定義，求出的值，證明在上單調遞減，有解，化為有解，求出的值域，即可求解.【詳解】（1）為非奇非偶函數．當時，，，，因為，所以不是偶函數；又因為，所以不是奇函數，即為非奇非偶函數．（2）因為是奇函數，所以恒成立，即對恒成立，化簡整理得，即．下用定義法研究的單調性；設任意，且，，所以函數在上單調遞減，因為有解，且函數為奇函數，所以有解，又因為函數在上單調遞減，所以有解，，的值域為，所以，即．【點睛】本題考查函數性質的綜合應用，涉及到函數的奇偶性求參數，單調性證明及應用，以及求函數的值域，屬于較難題.19、（1）（2）【解析】（1）由得則有=得即.（2）由推出；而,即得,則有解得20、（1）；（2）【解析】

（1）利用正弦定理邊化角，可整理求得，根據三角形為銳角三角形可確定的取值；（2）利用正弦定理可將轉化為，利用兩角和差正弦公式、輔助角公式整理得到，根據的范圍可求得正弦型函數的值域，進而得到所求取值范圍.【詳解】（1）由正弦定理得：為銳角三角形，，即（2）由正弦定理得：為銳角三角形，，即【點睛】本題考查正弦定理邊化角的應用、邊長之和的范圍的求解問題；求解邊長之和范圍問題的關鍵是能夠利用正弦定理將問題轉