吉林省敦化縣2024屆高一下數學期末考試試題含解析

吉林省敦化縣2024屆高一下數學期末考試試題注意事項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(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)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．函數，的值域是（）A． B． C． D．2．若、、為實數，則下列命題正確的是（）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則3．在中，為的中點，，則（）A． B． C．3 D．-34．已知直線l1：ax＋2y＋8＝0與l2：x＋(a－1)y＋a2－1＝0平行，則實數a的取值是（）A．－1或2 B．－1 C．0或1 D．25．若等差數列的前10項之和大于其前21項之和，則的值（）A．大于0 B．等于0 C．小于0 D．不能確定6．已知函數的值域為，且圖象在同一周期內過兩點，則的值分別為（）A． B．C． D．7．設α,β為兩個不同的平面，直線l?α，則“l(fā)⊥β”是“α⊥β”成立的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件8．在下列各圖中，每個圖的兩個變量具有相關關系的圖是()A．(1)(2) B．(1)(3) C．(2)(4) D．(2)(3)9．已知實數滿足且，則下列關系中一定正確的是（）A． B． C． D．10．已知等差數列an的前n項和為18，若S3=1，aA．9 B．21 C．27 D．36二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．函數的最小值為____________．12．已知向量，，若，則實數__________.13．若在上是減函數，則的取值范圍為______.14．在上，滿足的的取值范圍是______.15．已知正數、滿足，則的最大值為__________．16．已知的一個內角為，并且三邊長構成公差為4的等差數列，則的面積為_______________.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．如圖半圓的直徑為4，為直徑延長線上一點，且，為半圓周上任一點，以為邊作等邊（、、按順時針方向排列）（1）若等邊邊長為，，試寫出關于的函數關系；（2）問為多少時，四邊形的面積最大？這個最大面積為多少？18．已知，，，求.19．已知圓過點和，且圓心在直線上.（Ⅰ）求圓的標準方程；（Ⅱ）求直線：被圓截得的弦長.20．在中，角、、的對邊分別為、、，為的外接圓半徑.（1）若，，，求；（2）在中，若為鈍角，求證：；（3）給定三個正實數、、，其中，問：、、滿足怎樣的關系時，以、為邊長，為外接圓半徑的不存在，存在一個或存在兩個（全等的三角形算作同一個）？在存在的情兄下，用、、表示.21．已知圓的圓心在軸的正半軸上，半徑為2，且被直線截得的弦長為.（1）求圓的方程；（2）設是直線上的動點，過點作圓的切線，切點為，證明：經過，，三點的圓必過定點，并求出所有定點的坐標.

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【解析】

由的范圍求出的范圍，結合余弦函數的性質即可求出函數的值域.【詳解】∵，∴，∴當，即時，函數取最大值1，當即時，函數取最小值，即函數的值域為，故選A.【點睛】本題主要考查三角函數在給定區(qū)間內求函數的值域問題，通過自變量的范圍求出整體的范圍是解題的關鍵，屬基礎題.2、B【解析】

利用等式的性質或特殊值法來判斷各選項中不等式的正誤.【詳解】對于A選項，若，則，故A不成立；對于B選項，，在不等式同時乘以，得，另一方面在不等式兩邊同時乘以，得，，故B成立；對于選項C，在兩邊同時除以，可得，所以C不成立；對于選項D，令，，則有，，，所以D不成立.故選B.【點睛】本題考查不等式正誤的判斷，常用的判斷方法有：不等式的基本性質、特殊值法以及比較法，在實際操作中，可結合不等式結構合理選擇相應的方法進行判斷，考查推理能力，屬于基礎題.3、A【解析】

本題中、長度已知，故可以將、作為基底，將向量用基底表示，從而解決問題．【詳解】解：在中，因為為的中點，所以，故選A【點睛】向量數量積問題常見解題方法有1.基底法，2.坐標法．基底法首先要選擇兩個不共線向量作為基向量，然后將其余向量向基向量轉化，然后根據數量積公式進行計算；坐標法則要建立直角坐標系，然后將向量用坐標表示，進而運用向量坐標的運算規(guī)則進行計算．4、A【解析】

【詳解】，選A.【點睛】本題考查由兩直線平行求參數.5、C【解析】

根據條件得到不等式，化簡后可判斷的情況.【詳解】據題意：，則，所以，即，則：，故選C.【點睛】本題考查等差數列前項和的應用，難度較易.等差數列前項和之間的關系可以轉化為與的關系.6、C【解析】

根據值域先求，再代入數據得到最大值和最小值對應相差得到答案.【詳解】函數的值域為即，圖象在同一周期內過兩點故答案選C【點睛】本題考查了三角函數的最大值最小值，周期，意在考查學生對于三角函數公式和性質的靈活運用和計算能力.7、A【解析】試題分析：當滿足l?α,l⊥β時可得到α⊥β成立，反之，當l?α,α⊥β時，l與β可能相交，可能平行，因此前者是后者的充分不必要條件考點：充分條件與必要條件點評：命題：若p則q是真命題，則p是q的充分條件，q是p的必要條件8、D【解析】

仔細觀察圖象，尋找散點圖間的相互關系，主要觀察這些散點是否圍繞一條曲線附近排列著，由此能夠得到正確答案．【詳解】散點圖（1）中，所有的散點都在曲線上，所以（1）具有函數關系；

散點圖（2）中，所有的散點都分布在一條直線的附近，所以（2）具有相關關系；

散點圖（3）中，所有的散點都分布在一條曲線的附近，所以（3）具有相關關系，

散點圖（4）中，所有的散點雜亂無章，沒有分布在一條曲線的附近，所以（4）沒有相關關系．

故選D．【點睛】本題考查散點圖和相關關系，是基礎題．9、D【解析】

由已知得，然后根據不等式的性質判斷．【詳解】由且，，由得,A錯；由得，B錯；由于可能為0，C錯；由已知得，則，D正確．故選：D.【點睛】本題考查不等式的性質，掌握不等式性質是解題關鍵，特別是性質：不等式兩同乘以一個正數，不等號方向不變，不等式兩邊同乘以一個負數，不等號方向改變．10、C【解析】

利用前n項和Sn的性質可求n【詳解】因為S3而a1所以6Snn【點睛】一般地，如果an為等差數列，Sn為其前（1）若m,n,p,q∈N*,m+n=p+q，則am（2）Sn=n（3）Sn=An（4）Sn二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

將函數構造成的形式，用換元法令，在定義域上根據新函數的單調性求函數最小值，之后可得原函數最小值?！驹斀狻坑深}得，，令，則函數在遞增，可得的最小值為，則的最小值為.故答案為：【點睛】本題考查了換元法，以及函數的單調性，是基礎題。12、【解析】

根據平面向量時，列方程求出的值．【詳解】解：向量，，若，則，即，解得．故答案為：．【點睛】本題考查了平面向量的坐標運算應用問題，屬于基礎題．13、【解析】

化簡函數解析式，，時，是余弦函數單調減區(qū)間的子集，即可求解.【詳解】,時，,且在上是減函數，，，因為解得.【點睛】本題主要考查了函數的三角恒等變化，余弦函數的單調性，屬于中檔題.14、【解析】

由，結合三角函數線，即可求解，得到答案.【詳解】如圖所示，因為，所以滿足的的取值范圍為.【點睛】本題主要考查了特殊角的三角函數值，以及三角函數線的應用，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.15、【解析】

直接利用均值不等式得到答案.【詳解】，當即時等號成立.故答案為：【點睛】本題考查了均值不等式，意在考查學生的計算能力.16、【解析】

試題分析：設三角形的三邊長為a-4,b=a,c=a+4,(a<b<c),根據題意可知三邊長構成公差為4的等差數列，可知a+c=2b,C=120,，則由余弦定理，c=a+b-2abcosC，,三邊長為6,10,14，,b=a+c-2accosB,即（a+c）=a+c-2accosB,cosB=，sinB=可知S==.考點：本試題主要考查了等差數列與解三角形的面積的求解的綜合運用．點評：解決該試題的關鍵是利用余弦定理來求解，以及邊角關系的運用，正弦面積公式來求解．巧設變量a-4,a,a+4會簡化運算．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）θ＝時，四邊形OACB的面積最大，其最大面積為．【解析】

（1）根據余弦定理可求得（2）先表示出△ABC的面積及△OAB的面積，進而表示出四邊形OACB的面積，并化簡函數的解析式為正弦型函數的形式，再結合正弦型函數最值的求法進行求解．【詳解】（1）由余弦定理得則（2）四邊形OACB的面積＝△OAB的面積+△ABC的面積則△ABC的面積△OAB的面積?OA?OB?sinθ?2?4?sinθ＝4sinθ四邊形OACB的面積4sinθ=sin（θ﹣）∴當θ﹣＝，即θ＝時，四邊形OACB的面積最大，其最大面積為．【點睛】本題考查利用正余弦定理求解面積最值，其中準確列出面積表達式是關鍵，考查化簡求值能力，是中檔題18、11【解析】

根據題設條件，結合三角數的基本關系式，分別求得，和，再利用兩角和的正切的公式，進行化簡、運算，即可求解.【詳解】由，由，可得又由，所以，由，得，可得，所以，即.【點睛】本題主要考查了兩角和與差的正切函數的化簡、求值問題，其中解答中熟記兩角和與差的正切公式，準確運算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，試題有一定的難度，屬于中檔試題.19、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）設出圓心坐標和圓的標準方程，將點帶入求出結果即可；（Ⅱ）利用圓心到直線的距離和圓的半徑解直角三角形求得弦長.【詳解】解：（Ⅰ）由題意可設圓心坐標為，則圓的標準方程為，∴解得故圓的標準方程為.（Ⅱ）圓心到直線的距離，∴直線被圓截得的弦長為.【點睛】本題考查了圓的方程，以及直線與圓相交求弦長的知識，屬于基礎題.20、（1）；（2）見解析；（3）見解析.【解析】

（1）利用正弦定理求出的值，然后利用余弦定理求出的值；（2）由余弦定理得出可得證；（3）分類討論判斷三角形的形狀與兩邊、的關系，以及與直徑的大小的比較，分類討論即可.【詳解】（1）由正弦定理得，所以，由余弦定理得，化簡得.，解得；（2）由于為鈍角，則，由于，，得證；（3）①當或時，所求不存在；②當且時，，所求有且只有一個，此時；③當時，都是銳角，，存在且只有一個，；④當時，所求存在兩個，總是銳角，可以是鈍角也可以是銳角，因此所求存在，當時，，，，，；當時，，，，，.【點睛】本題綜合考查了三角形形狀的判斷，考查了解三角形、三角形的外接圓等知識，綜合性較強，尤其是第三問需要根據、兩邊以及直徑的大小關系確定三角形的形狀，再在這種情況下求第三邊的表達式，本解法主觀性較強，難度較大.21、(1)圓：.(2)證明見解析；，.【解析】

（1）設出圓心坐標，利用點到直線距離公式以及圓的弦長列方程，解方程求得圓心坐標，進而求得圓的方程.（2）設出點坐標，根據過圓的切線的幾何性質，得到過，，三點的圓是以為直