浙江省義烏市2024屆高一數(shù)學第二學期期末監(jiān)測試題含解析

浙江省義烏市2024屆高一數(shù)學第二學期期末監(jiān)測試題注意事項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(jiān)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．設數(shù)列是等差數(shù)列，是其前項和，且，，則下列結論中錯誤的是（）A． B． C． D．與均為的最大值2．等比數(shù)列中，，則等于()A．16 B．±4 C．-4 D．43．如果直線l過點（2，1），且在y軸上的截距的取值范圍為（﹣1，2），那么l的斜率k的取值范圍是（）A．（，1） B．（﹣1，1）C．（﹣∞，）∪（1，+∞） D．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）4．如圖，某幾何體的三視圖如圖所示，則此幾何體的體積為（）A． B． C． D．35．某校高一甲、乙兩位同學的九科成績如莖葉圖所示，則下列說法正確的是（）A．甲、乙兩人的各科平均分不同 B．甲、乙兩人的中位數(shù)相同C．甲各科成績比乙各科成績穩(wěn)定 D．甲的眾數(shù)是83，乙的眾數(shù)為876．已知函數(shù)的零點是和（均為銳角），則（）A． B． C． D．7．已知兩座燈塔和與海洋觀察站的距離都等于5，燈塔在觀察站的北偏東，燈塔在觀察站的南偏東，則燈塔與燈塔的距離為（）A． B． C． D．8．在中，是邊上一點，，且，則的值為（）A． B． C． D．9．設全集，集合,,則（）A． B．C． D．10．如圖，在平行四邊形中，下列結論中錯誤的是（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．計算：________.12．已知數(shù)列的通項公式，則____________．13．已知無窮等比數(shù)列的首項為，公比為q，且，則首項的取值范圍是________．14．在上定義運算，則不等式的解集為_____．15．在矩形中，，現(xiàn)將矩形沿對角線折起，則所得三棱錐外接球的體積是________.16．已知不等式的解集為，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．已知圓，點，直線.（1）求與直線l垂直，且與圓C相切的直線方程；（2）在x軸上是否存在定點B（不同于點A），使得對于圓C上任一點P，為常數(shù)？若存在，試求這個常數(shù)值及所有滿足條件的點B的坐標；若不存在，請說明理由.18．已知的內角所對的邊分別為，且，.（1）若，求角的值；（2）若,求的值.19．已知函數(shù)．（1）求的單調遞增區(qū)間；（2）求在區(qū)間上的值域．20．已知的外接圓的半徑為，內角，，的對邊分別為，，，又向量，，且.（1）求角；（2）求三角形的面積的最大值并求此時的周長.21．已知等差數(shù)列{an}滿足a2＝0，a6＋a8＝－10.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)求數(shù)列的前n項和．

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(jù)等差數(shù)列的性質，結合，，分析出錯誤結論.【詳解】由于，，所以，，，所以，與均為的最大值.而，所以，所以C選項結論錯誤.故選：C.【點睛】本小題主要考查等差數(shù)列的性質，考查分析與推理能力，屬于基礎題.2、D【解析】分析：利用等比中項求解．詳解：，因為為正，解得．點睛：等比數(shù)列的性質：若，則．3、A【解析】

利用直線的斜率公式，求出當直線經過點時，直線經過點時的斜率，即可得到結論.【詳解】設要求直線的斜率為，當直線經過點時，斜率為，當直線經過點時，斜率為，故所求直線的斜率為.故選：A.【點睛】本題主要考查直線的斜率公式，屬于基礎題．4、A【解析】

首先根據(jù)三視圖畫出幾何體的直觀圖，進一步利用幾何體的體積公式求出結果．【詳解】解：根據(jù)幾何體得三視圖轉換為幾何體為：故：V．故選：A．【點睛】本題考查的知識要點：三視圖和幾何體之間的轉換，幾何體的體積公式的應用，主要考察學生的運算能力和轉換能力，屬于基礎題．5、C【解析】

分別計算出甲、乙兩位同學成績的平均分、中位數(shù)、眾數(shù)，由此確定正確選項.【詳解】甲的平均分為，乙的平均分，兩人平均分相同，故A選項錯誤.甲的中位數(shù)為，乙的中位數(shù)為，兩人中位數(shù)不相同，故B選項錯誤.甲的眾數(shù)是，乙的眾數(shù)是，故D選項錯誤.所以正確的答案為C.由莖葉圖可知，甲的數(shù)據(jù)比較集中，乙的數(shù)據(jù)比較分散，所以甲比較穩(wěn)定.（因為方差運算量特別大，故不需要計算出方差.）故選：C【點睛】本小題主要考查根據(jù)莖葉圖比較平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)、方差，屬于基礎題.6、B【解析】

將函數(shù)零點轉化的解，利用韋達定理和差公式得到，得到答案.【詳解】的零點是方程的解即均為銳角故答案為B【點睛】本題考查了函數(shù)零點，韋達定理，和差公式，意在考查學生的綜合應用能力.7、B【解析】

根據(jù)題意畫出ABC的相對位置，再利用正余弦定理計算．【詳解】如圖所示，,，選B.【點睛】本題考查解三角形畫出相對位置是關鍵，屬于基礎題．8、D【解析】

根據(jù)，用基向量表示，然后與題目條件對照，即可求出．【詳解】由在中，是邊上一點，，則，即，故選．【點睛】本題主要考查了平面向量基本定理的應用及向量的線性運算．9、A【解析】

進行交集、補集的運算即可．【詳解】?UB＝{x|﹣2＜x＜1}；∴A∩（?UB）＝{x|﹣1＜x＜1}．故選：A．【點睛】考查描述法的定義，以及交集、補集的運算．10、C【解析】

根據(jù)向量的定義及運算法則一一分析選項正誤即可.【詳解】在平行四邊形中,顯然有,,故A,D正確;根據(jù)向量的平行四邊形法則,可知,故B正確;根據(jù)向量的三角形法,,故C錯誤;故選:C.【點睛】本題考查平面向量的基本定義和運算法則,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、3【解析】

直接利用數(shù)列的極限的運算法則求解即可．【詳解】.故答案為：3【點睛】本題考查數(shù)列的極限的運算法則，考查計算能力，屬于基礎題．12、【解析】

將代入即可求解【詳解】令，可得.故答案為：【點睛】本題考查求數(shù)列的項，是基礎題13、【解析】

根據(jù)極限存在得出，對分、和三種情況討論得出與之間的關系，可得出的取值范圍.【詳解】由于，則.①當時，則，；②當時，則，；③當時，，解得.綜上所述：首項的取值范圍是，故答案為：.【點睛】本題考查極限的應用，要結合極限的定義得出公比的取值范圍，同時要對公比的取值范圍進行分類討論，考查分類討論思想的應用，屬于中等題.14、【解析】

根據(jù)定義運算，把化簡得，求出其解集即可．【詳解】因為，所以，即，得，解得：故答案為：．【點睛】本題考查新定義，以及解一元二次不等式，考查運算的能力，屬于基礎題．15、【解析】

取的中點，連接，三棱錐外接球的半徑再計算體積.【詳解】如圖，取的中點，連接.由題意可得，則所得三棱錐外接球的半徑，其體積為.故答案為【點睛】本題考查了三棱錐的外切球體積，計算是解題的關鍵.16、-7【解析】

結合一元二次不等式和一元二次方程的性質，列出方程組，求得的值，即可得到答案.【詳解】由不等式的解集為，可得，解得，所以.故答案為：.【點睛】本題主要考查了一元二次不等式的解法，以及一元二次方程的性質，其中解答中熟記一元二次不等式的解法是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.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）或（2）存在，，【解析】

（1）先設與直線l垂直的直線方程為，再結合點到直線的距離公式求解即可；（2）先設存在，利用都有為常數(shù)及在圓上，列出等式，然后利用恒成立求解即可.【詳解】解：（1）由直線.則可設與直線l垂直的直線方程為，又該直線與圓相切，則，則，故所求直線方程為或；（2）假設存在定點使得對于圓C上任一點P，為常數(shù)，則,所以，將代入上式化簡整理得：對恒成立，所以，解得或，又，即，所以存在定點使得對于圓C上任一點P，為常數(shù).【點睛】本題考查了點到直線的距離公式，重點考查了點與圓的位置關系，屬中檔題.18、（1）或；（2）、.【解析】

（1）由先求的值，再求角即可；（2）先由求出，再根據(jù)求出即可.【詳解】（1）由已知，又，所以，即，或；（2）因為，由可得，又因為，所以，即，總之、.【點睛】本題主要考查正弦定理、余弦定理及三角形面積公式的應用，屬常規(guī)考題.19、(1)；(2)【解析】

（1）利用兩角差的余弦和誘導公式化簡f(x),再求單調區(qū)間即可；（2）由結合三角函數(shù)性質求值域即可【詳解】（1）令，得，的單調遞增區(qū)間為；（2）由得，故而．【點睛】本題考查三角恒等變換，三角函數(shù)單調性及值域問題，熟記公式準確計算是關鍵，是基礎題20、(1).(2)，周長為.【解析】

（1）由，利用坐標表示化簡，結合余弦定理求角C（2）利用（1）中，應用正弦定理和基本不等式，即可求出面積的最大值，此時三角形為正三角即可求周長.【詳解】（1）∵，∴，且，由正弦定理得：，化簡得：.由余弦定理：，∴，∵，∴.（2）∵，∴（當且僅當時取“”），所以，，此時，為正三