2024屆江西省豐城四中高一數學第二學期期末調研試題含解析

2024屆江西省豐城四中高一數學第二學期期末調研試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．設定義域為的奇函數是增函數，若對恒成立，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．2．下列說法不正確的是（）A．圓柱的側面展開圖是一個矩形B．圓錐過軸的截面是一個等腰三角形C．平行于圓臺底面的平面截圓臺，截面是圓面D．直角三角形繞它的一邊旋轉一周形成的曲面圍成的幾何體是圓錐3．甲：（是常數）乙：丙：（、是常數）丁：（、是常數），以上能成為數列是等差數列的充要條件的有幾個（）A．1 B．2 C．3 D．44．執(zhí)行如下的程序框圖，則輸出的是（）A． B．C． D．5．在中，為的三等分點，則()A． B． C． D．6．2019年是新中國成立70周年，渦陽縣某中學為慶祝新中國成立70周年，舉辦了“我和我的祖國”演講比賽，某選手的6個得分去掉一個最高分，去掉一個最低分，4個剩余分數的平均分為91.現場制作的6個分數的莖葉圖后來有1個數據模糊，無法辨認，在圖中以表示，則4個剩余分數的方差為（）A．1 B． C．4 D．67．函數的部分圖象如圖所示，則的單調遞減區(qū)間為A．B．C．D．8．已知，，當時，不等式恒成立，則的取值范圍是A． B． C． D．9．在平行四邊形中，,,則點的坐標為（）A． B． C． D．10．已知數列的前項和為，直線與圓:交于兩點，且.記，其前項和為，若存在，使得有解，則實數取值范圍是（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若實數滿足不等式組則的最小值是_____.12．已知三棱錐（如圖所示），平面，，，，則此三棱錐的外接球的表面積為______．13．已知圓錐的軸截面是邊長為2的正三角形，則這個圓錐的表面積等于______．14．對于正項數列，定義為的“光陰”值，現知某數列的“光陰”值為，則數列的通項公式為_____．15．已知，且，則的值是_______.16．已知，，兩圓和只有一條公切線，則的最小值為________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．如圖，在平面四邊形中，已知，，在上取點，使得，連接，若，。（1）求的值；（2）求的長。18．已知函數，且，.（1）求，的值及的定義域；（2）若存在，使得成立，求實數的取值范圍.19．已知直線l：x+3y﹣2＝1．（1）求與l垂直，且過點（1，1）直線方程；（2）求圓心為（4，1），且與直線l相切的圓的方程．20．如果數列對任意的滿足：，則稱數列為“數列”.（1）已知數列是“數列”，設，求證：數列是遞增數列，并指出與的大小關系（不需要證明）；（2）已知數列是首項為，公差為的等差數列，是其前項的和，若數列是“數列”，求的取值范圍；（3）已知數列是各項均為正數的“數列”，對于取相同的正整數時，比較和的大小，并說明理由.21．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．

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、A【解題分析】

由題意可得，即為，可得恒成立，討論是否為0，結合換元法和基本不等式，可得所求范圍．【題目詳解】解：由題意可得，即為，可得恒成立，當時，上式顯然成立；當時，可得，設，，可得，由，可得，可得，即，故選：A．【題目點撥】本題主要考查函數的奇偶性和單調性的運用，考查不等式恒成立問題解法，注意運用參數分離和換元法，考查化簡運算能力，屬于中檔題．2、D【解題分析】

根據旋轉體的定義與性質，對選項中的命題分析、判斷正誤即可．【題目詳解】A．圓柱的側面展開圖是一個矩形，正確；B．∵同一個圓錐的母線長相等，∴圓錐過軸的截面是一個等腰三角形，正確；C．根據平行于圓臺底面的平面截圓臺截面的性質可知：截面是圓面正確；D．直角三角形繞它的一條直角邊旋轉一周形成的曲面圍成的幾何體是圓錐，而直角三角形繞它的斜邊旋轉一周形成的曲面圍成的幾何體是兩個對底面的兩個圓錐，因此D不正確．故選：D．【題目點撥】本題考查了命題的真假判斷，解題的關鍵是理解旋轉體的定義與性質的應用問題，屬于基礎題．3、D【解題分析】

由等差數列的定義和求和公式、通項公式的關系，以及性質，即可得到結論.【題目詳解】數列是等差數列，設公差為，由定義可得（是常數），且（是常數），，令，即（、是常數），等差數列通項，令，即（、是常數），綜上可得甲乙丙丁都對.故選：D.【題目點撥】本題考查等差數列的定義和通項公式、求和公式的關系，考查充分必要條件的定義，考查推理能力，屬于基礎題.4、A【解題分析】

列出每一步算法循環(huán)，可得出輸出結果的值.【題目詳解】滿足，執(zhí)行第一次循環(huán)，，；成立，執(zhí)行第二次循環(huán)，，；成立，執(zhí)行第三次循環(huán)，，；成立，執(zhí)行第四次循環(huán)，，；成立，執(zhí)行第五次循環(huán)，，；成立，執(zhí)行第六次循環(huán)，，；成立，執(zhí)行第七次循環(huán)，，；成立，執(zhí)行第八次循環(huán)，，；不成立，跳出循環(huán)體，輸出的值為，故選：A.【題目點撥】本題考查算法與程序框圖的計算，解題時要根據算法框圖計算出算法的每一步，考查分析問題和計算能力，屬于中等題.5、B【解題分析】試題分析：因為，所以，以點為坐標原點，分別為軸建立直角坐標系，設，又為的三等分點所以，，所以，故選B.考點：平面向量的數量積.【一題多解】若，則，即有，為邊的三等分點，則,故選B．6、B【解題分析】

由題意得x≥3，由此能求出4個剩余數據的方差．【題目詳解】由題意得x≥3，則4個剩余分數的方差為：s2[（93﹣91）2+（90﹣91）2+（90﹣91）2+（91﹣91）2]．故選B．【題目點撥】本題考查了方差的計算問題，也考查了莖葉圖的性質、平均數、方差等基礎知識，是基礎題．7、D【解題分析】

根據圖象可得最小正周期，求得；利用零點和的符號可確定的取值；令，解不等式即可求得單調遞減區(qū)間.【題目詳解】由圖象可知：又，，由圖象可知的一個可能的取值為令，，解得：，即的單調遞減區(qū)間為：，本題正確選項：【題目點撥】本題考查利用圖象求解余弦型函數的解析式、余弦型函數單調區(qū)間的求解問題；關鍵是能夠靈活應用整體對應的方式來求解解析式和單調區(qū)間，屬于常考題型.8、B【解題分析】

根據為定值，那么乘以后值不變，由基本不等式可消去x，y后，對得到的不等式因式分解，即可解得m的值．【題目詳解】因為，，，所以.因為不等式恒成立，所以，整理得，解得，即.【題目點撥】本題考查基本不等式，由為定值和已知不等式相乘來構造基本不等式，最后含有根式的因式分解也是解題關鍵．9、A【解題分析】

先求,再求,即可求D坐標【題目詳解】，∴，則D(6,1)故選A【題目點撥】本題考查向量的坐標運算，熟記運算法則，準確計算是關鍵，是基礎題10、D【解題分析】

根據題意，先求出弦長，再表示出，得到，求出數列的通項公式，再表示出，用錯位相減求和求出，再求解即可.【題目詳解】根據題意，圓的半徑，圓心到直線的距離，所以弦長，所以，當時，，所以，時，，所以，得，所以數列是以為首項，為公比的等比數列，所以，，，所以，，，所以，由有解，，只需大于的最小值即可，因為，所以，所以.故選：D【題目點撥】本題主要考查求圓的弦長、由和求數列通項、錯位相減求數列的和和解不等式有解的情況，考查學生的分析轉化能力和計算能力，屬于難題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、4【解題分析】試題分析：由于根據題意x,y滿足的關系式，作出可行域，當目標函數z=2x+3y在邊界點（2，0）處取到最小值z=2×2+3×0=4，故答案為4.考點：本試題主要考查了線性規(guī)劃的最優(yōu)解的運用．點評：解決該試題的關鍵是解決線性規(guī)劃的小題時，常用“角點法”，其步驟為：①由約束條件畫出可行域?②求出可行域各個角點的坐標?③將坐標逐一代入目標函數?④驗證，求出最優(yōu)解.12、【解題分析】

由于圖形特殊，可將圖形補成長方體，從而求長方體的外接球表面積即為所求.【題目詳解】，，，，平面，將三棱錐補形為如圖的長方體，則長方體的對角線，則【題目點撥】本題主要考查外接球的相關計算，將圖形補成長方體是解決本題的關鍵，意在考查學生的劃歸能力及空間想象能力.13、【解題分析】

根據圓錐軸截面的定義結合正三角形的性質，可得圓錐底面半徑長和高的大小，由此結合圓錐的表面積公式，能求出結果．【題目詳解】∵圓錐的軸截面是正三角形，邊長等于2∴圓錐的高，底面半徑.∴這個圓錐的表面積：.故答案為．【題目點撥】本題給出圓錐軸截面的形狀，求圓錐的表面積，著重考查了等邊三角形的性質和圓錐的軸截面等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．14、【解題分析】

根據的定義把帶入即可。【題目詳解】∵∴∵∴①∴②①-②得∴故答案為：【題目點撥】本題主要考查了新定義題，解新定義題首先需要讀懂新定義，其次再根據題目的條件帶入新定義即可，屬于中等題。15、【解題分析】

計算出的值，然后利用誘導公式可求得的值.【題目詳解】，，則，因此，.故答案為：.【題目點撥】本題考查利用誘導公式求值，同時也考查了同角三角函數基本關系的應用，考查計算能力，屬于基礎題.16、9【解題分析】

兩圓只有一條公切線，可以判斷兩圓是內切關系，可以得到一個等式，結合這個等式，可以求出的最小值.【題目詳解】，圓心為，半徑為2；，圓心為，半徑為1.因為兩圓只有一條公切線，所以兩圓是內切關系，即，于是有（當且僅當取等號），因此的最小值為9.【題目點撥】本題考查了圓與圓的位置關系，考查了基本不等式的應用，考查了數學運算能力.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）.【解題分析】試題分析：（1）在中，直接由正弦定理求出；（2）在中，，，可求出，在中，直接由余弦定理可求得.試題解析：（1）在中，據正弦定理，有.∵，，，∴.（2）由平面幾何知識，可知，在中，∵，，∴.∴.在中，據余弦定理，有∴點睛：此題考查了正弦定理、余弦定理的應用，利用正弦、余弦定理可以很好得解決了三角形的邊角關系，熟練掌握定理是解本題的關鍵．在中，涉及三邊三角，知三（除已知三角外）求三，可解出三角形，當涉及兩邊及其中一邊的對角或兩角及其中一角對邊時，運用正弦定理求解；當涉及三邊或兩邊及其夾角時，運用余弦定理求解.18、（1），，定義域；（2）【解題分析】

（1）由已知得，可求出、，由對數函數的定義域可得，求出的范圍，即可得到的定義域；（2）設，可得，由復合函數單調性，可得在上的單調性，從而可得時，的最大值，令，解不等式即可得到答案.【題目詳解】（1）由已知得，即，解得，，由得，所以，即，所以定義域為.（2），設，由時，可得，因為在上單調遞增，所以可得在上單調遞增，故當時，的最大值為，由題意，，即，即，因為，所以，即.故時，存在，使得成立.【題目點撥】本題考查對數函數的性質，考查復合函數單調性，考查存在性問題，考查學生的計算能力與推理能力，屬于中檔題.19、(1)3x﹣y﹣2＝1；(2)（x﹣4）2+（y﹣1）2．【解題分析】

（1）根據兩直線垂直的性質，設出所求直線的方程，將點坐標代入，由此求得所求直線方程.（2）利用圓心到直線的距離求得圓的半徑，由此求得圓的方程.【題目詳解】（1）根據題意，設要求直線的方程為3x﹣y﹣m＝1，又由要求直線經過點（1，1），則有3﹣1﹣m＝1，解可得m＝2；即要求直線的方程為3x﹣y﹣2＝1；（2）根據題意，設要求圓的半徑為r，若直線l與圓相切，則有r＝d，則要求圓的方程為（x﹣4）2+（y﹣1）2．【題目點撥】本小題主要考查兩條直線垂直的知識，考查直線和圓的位置關系，屬于基礎題.20、（1）；（2）（3），證明見解析.【解題分析】

（1）由新定義，結合單調性的定義可得數列是遞增數列；再根據，，可得；（2）運用新定義和等差數列的求和公式，解絕對值不等式即可得到所求范圍；（3）對一切，有．運用數學歸納法證明，注意驗證成立；假設不等式成立，注意變形和運用新定義，即可得證．【題目詳解】（1）證明：數列是“數列”，可得，即，即，可得數列是遞增數列，.（2）數列是“數列”，可得，即，可得，即有，或，或，即或或，所以.（3）數列是各項均為正數的“數列”，對于取相同的正整數時，，運用數學歸納法證明：當時，，，顯然即．設時，．即，可得，當時，