天津市部分學校2024年數學高一下期末復習檢測試題含解析

天津市部分學校2024年數學高一下期末復習檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．已知平面向量，，，，且，則向量與向量的夾角為（）A． B． C． D．2．下列函數中最小值為4的是()A． B．C． D．3．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A．12 B．18C．24 D．304．將函數的圖像向右平衡個單位長度，再把圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的倍（縱坐標不變）得到函數的圖象，則下列說法正確的是（）A．函數的最大值為 B．函數的最小正周期為C．函數的圖象關于直線對稱 D．函數在區(qū)間上單調遞增5．《萊因德紙草書》是世界上最古老的數學著作之一，書中有一道這樣的題目：把100個面包分給五個人，使每個人所得成等差數列，最大的三份之和的是最小的兩份之和，則最小的一份的量是()A． B． C． D．6．若,則下列不等式恒成立的是A． B． C． D．7．若正實數滿足，且恒成立，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．8．已知等比數列中，若，且成等差數列，則（）A．2 B．2或32 C．2或-32 D．-19．已知向量，，若，則銳角α為()A．45° B．60° C．75° D．30°10．若向量互相垂直，且，則的值為（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數的部分圖象如圖所示，則的單調增區(qū)間是______．12．已知常數θ∈(0,π2)，若函數f(x)在Rf(x)=2sinπx-1≤x≤1log是________.13．數列中，，則____________．14．函數的單調遞減區(qū)間為______.15．方程在區(qū)間的解為_______.16．已知數列的通項公式為，則該數列的前1025項的和___________.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＝(sinx，cosx)，＝(cosx，cosx)，＝(2，1)．(1)若∥，求sinxcosx的值；(2)若0＜x≤，求函數f(x)＝·的值域．18．已知，且（1）求的值；（2）求的值．19．已知離心率為的橢圓過點．（1）求橢圓的方程；（2）過點作斜率為直線與橢圓相交于兩點，求的長．20．在中，內角所對的邊分別為.已知，.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求的值.21．共享單車是指由企業(yè)在校園、公交站點、商業(yè)區(qū)、公共服務區(qū)等場所提供的自行車單車共享服務，由于其依托“互聯(lián)網+”，符合“低碳出行”的理念，已越來越多地引起了人們的關注.某部門為了對該城市共享單車加強監(jiān)管，隨機選取了50人就該城市共享單車的推行情況進行問卷調査，并將問卷中的這50人根據其滿意度評分值（百分制）按照分成5組，請根據下面尚未完成并有局部污損的頻率分布表和頻率分布直方圖（如圖所示）解決下列問題：頻率分布表組別分組頻數頻率第1組80.16第2組▆第3組200.40第4組▆0.08第5組2合計▆▆（1）求的值；（2）若在滿意度評分值為的人中隨機抽取2人進行座談，求所抽取的2人中至少一人來自第5組的概率.

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、B【解析】

根據可得到：，由此求得；利用向量夾角的求解方法可求得結果.【詳解】由題意知：，則設向量與向量的夾角為則本題正確選項：【點睛】本題考查向量夾角的求解，關鍵是能夠通過平方運算將模長轉變?yōu)橄蛄康臄盗糠e，從而得到向量的位置關系.2、C【解析】

對于A和D選項不能保證基本不等式中的“正數”要求，對于B選項不能保證基本不等式中的“相等”要求，即可選出答案.【詳解】對于A，當時，顯然不滿足題意，故A錯誤.對于B，，，.當且僅當，即時，取得最小值.但無解，故B錯誤.對于D，當時，顯然不滿足題意，故D錯誤.對于C，，，.當且僅當，即時，取得最小值，故C正確.故選：C【點睛】本題主要考查基本不等式，熟練掌握基本不等式的步驟為解題的關鍵，屬于中檔題.3、C【解析】試題分析：由三視圖可知，幾何體是三棱柱消去一個同底的三棱錐，如圖所示，三棱柱的高為5，消去的三棱錐的高為3，三棱錐與三棱柱的底面為直角邊長分別為3和4的直角三角形，所以幾何體的體積為V=1考點：幾何體的三視圖及體積的計算．【方法點晴】本題主要考查了幾何體的三視圖的應用及體積的計算，著重考查了推理和運算能力及空間想象能力，屬于中檔試題，解答此類問題的關鍵是根據三視圖的規(guī)則“長對正、寬相等、高平齊”的原則，還原出原幾何體的形狀，本題的解答的難點在于根據幾何體的三視圖還原出原幾何體和幾何體的度量關系，屬于中檔試題．4、C【解析】

根據函數y＝Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，得到g（x）的解析式，再利用正弦函數的圖象性質，得出結論．【詳解】將函數的圖象向右平移個單位長度，可得y＝2sin（2x）的圖象，再把圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），得到函數g（x）＝2sin（x）的圖象，故g（x）的最大值為2，故A錯誤；顯然，g（x）的最小正周期為2π，故B錯誤；當時，g（x）＝，是最小值，故函數g（x）的圖象關于直線對稱，故C正確；在區(qū)間上，x∈[，]，函數g（x）＝2sin（x）單調遞減，故D錯誤，故選：C．【點睛】本題主要考查函數y＝Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，正弦函數的圖象性質應用，屬于基礎題．5、D【解析】

由題意可得中間部分的為20個面包，設最小的一份為，公差為，可得到和的方程，即可求解.【詳解】由題意可得中間的那份為20個面包，設最小的一份為，公差為，由題意可得，解得，故選D.【點睛】本題主要考查了等差數列的通項公式及其應用，其中根據題意設最小的一份為，公差為，列出關于和的方程是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.6、D【解析】∵∴設代入可知均不正確對于，根據冪函數的性質即可判斷正確故選D7、A【解析】

先利用基本不等求出的最小值，然后根據恒成立，可得，再求出a的范圍．【詳解】因為正實數x，y滿足，，當且僅當，即時取等號，恒成立，所以只需，，，的取值范圍為，故選：A.【點睛】本題主要考查不等式恒成立問題以及基本不等式求最值，解題時注意“一正、二定、三相等”的應用，本題屬于中檔題.8、B【解析】

根據等差數列與等比數列的通項公式及性質，列出方程可得q的值，可得的值.【詳解】解：設等比數列的公比為q（），成等差數列，，，，解得：，，，故選B.【點睛】本題主要考查等差數列和等比數列的定義及性質，熟悉其性質是解題的關鍵.9、D【解析】

根據向量的平行的坐標表示，列出等式，即可求出．【詳解】因為，所以，又為銳角，因此，即，故選D．【點睛】本題主要考查向量平行的坐標表示．10、B【解析】

首先根據題意得到，再計算即可.【詳解】因為向量互相垂直，，所以.所以.故選：B【點睛】本題主要考查平面向量模長的計算，同時考查了平面向量數量積，屬于簡單題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、（區(qū)間端點開閉均可）【解析】

由已知函數圖象求得，進一步得到，再由五點作圖的第二點求得，則得到函數的解析式，然后利用復合函數的單調性求出的單調增區(qū)間．【詳解】由圖可知，，則，．又，．則．由，，解得，．的單調增區(qū)間是．【點睛】本題主要考查由函數的部分圖象求函數解析式以及復合函數單調區(qū)間的求法．12、15【解析】

根據f(-1【詳解】∵函數f(x)在R上恒有f(-1∴f-∴函數周期為4.∵常數θ∈(0,π∴cos∴函數y=f(x)-cosθ-1在區(qū)間[-5,14]上零點,即函數y=f(x)?(x∈[-5,14])與直線由f(x)=2sinπx由圖可知，在一個周期內，函數y=f(x)-cos故函數y=f(x)-cosθ-1在區(qū)間故填15.【點睛】本題主要考查了函數零點的個數判斷，涉及數形結合思想在解題中的運用，屬于難題.13、1【解析】

利用極限運算法則求解即可【詳解】故答案為：1【點睛】本題考查數列的極限，是基礎題14、【解析】

利用二倍角降冪公式和輔助角公式可得出，然后解不等式，即可得出函數的單調遞減區(qū)間.【詳解】，解不等式，得，因此，函數的單調遞減區(qū)間為.故答案為：.【點睛】本題考查正弦型三角函數單調區(qū)間的求解，一般利用三角恒等變換思想將三角函數解析式化簡，考查計算能力，屬于中等題.15、或【解析】

由題意求得，利用反三角函數求出方程在區(qū)間的解．【詳解】解：，得，，或，；方程在區(qū)間的解為：或．故答案為：或．【點睛】本題考查了三角函數方程的解法與應用問題，是基礎題．16、2039【解析】

根據所給分段函數,依次列舉出當時的值,即可求得的值.【詳解】當時,,當時,,,共1個2.當時,,,共3個2.當時,,,共7個2.當時,,,共15個2.當時,,,共31個2.當時,,,共63個2.當時,,,共127個2.當時,,,共255個2.當時,,,共511個2.當時,,,共1個2.所以由以上可知故答案為:2039【點睛】本題考查了分段函數的應用,由所給式子列舉出各個項,即可求和,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）；（2）【解析】

(1)由向量共線得tanx＝2，再由同角三角函數基本關系得sinxcosx＝，即可求解；(2)整理f(x)＝·＝sin（2x+）+，由三角函數性質即可求解最值【詳解】(1)∵∥，∴sinx＝2cosx，tanx＝2.∴sinxcosx＝＝=(2)f(x)＝·＝sinxcosx＋cos2x＝sin2x＋(1＋cos2x)=sin（2x+）+∵0＜x≤，∴＜2x+≤.∴sin（2x+）≤1∴1≤f(x)≤.所以f(x)的值域為：【點睛】本題考查三角函數恒等變換，同角三角函數基本關系式，三角函數性質，熟記公式，準確計算是關鍵，是中檔題18、（1）；（2）.【解析】

（1）由條件先求得然后再用二倍角公式求；（2）利用角的變換求出，在根據的范圍確定的值．【詳解】(1)因為,所以,所以,所以；(2)因為,所以因為,所以,由(1)得,所以＝,因為,所以.【點睛】根據已知條件求角的步驟：（1）求角的某一個三角函數值；（2）確定角的范圍；（3）根據角的范圍寫出所求的角．在選取函數時，遵照以下原則：①已知正切函數值，選正切函數；②已知正、余弦函數值，選正弦或余弦函數；若角的范圍是，選正、余弦皆可；若角的范圍是，選余弦較好；若角的范圍為，選正弦較好．19、（1）（2）【解析】

（1）根據離心率可得的關系，將點代入橢圓方程，可得橢圓方程；（2）直線方程與橢圓方程聯(lián)立，可得弦長.【詳解】（1），又，，即橢圓方程是，代入點,可得，橢圓方程是.（2）設直線方程是，聯(lián)立橢圓方程代入可得.【點睛】本題考查了橢圓方程和直線與橢圓的位置關系，涉及弦長公式，屬于簡單題.20、(Ⅰ)；(Ⅱ).【解析】

(Ⅰ)由題意結合正弦定理得到的比例關系，然后利用余弦定理可得的值(Ⅱ)利用二倍角公式首先求得的值，然后利用兩角和的正弦公式可得的值.【詳解】(Ⅰ)在中，由正弦定理得，又由，得，即.又因為，得到，.由余弦定理可得.(Ⅱ)由(Ⅰ)可得，從而，.故.【點睛】本題主要考查同角三角函數的基本關系，兩角和的正弦公式，二倍角的正弦與余弦公式，以及正弦定理?余弦定理等基礎知識.考查計算求解能力.21、（1）；（2）.【解析】

（1）根據頻率分布表可得b.先求得內的頻數,即可由總數減去其余部分求得.結合頻率分布直方圖,即可求得的值.（2）根據頻率分布表可知