江蘇睢寧市2024屆高一數學第二學期期末經典試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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．若則一定有（）A． B． C． D．2．若正實數x，y滿足不等式，則的取值范圍是（）A． B． C． D．3．如圖是一個正方體的表面展開圖，若圖中“努”在正方體的后面，那么這個正方體的前面是（）A．定 B．有 C．收 D．獲4．直線（是參數）被圓截得的弦長等于（）A． B． C． D．5．已知數列的通項公式是，則該數列的第五項是（）A． B． C． D．6．在平面直角坐標系中，過點的直線與軸的正半軸，軸的正半軸分別交于兩點，則的面積的最小值為（）A．1 B．2 C．3 D．47．在三棱錐中，，二面角的大小為，則三棱錐的外接球的表面積為（）A． B． C． D．8．設，若3是與的等比中項，則的最小值為（）.A． B． C． D．9．某快遞公司在我市的三個門店，，分別位于一個三角形的三個頂點處，其中門店，與門店都相距，而門店位于門店的北偏東方向上，門店位于門店的北偏西方向上，則門店，間的距離為（）A． B． C． D．10．在銳角中，若，則角的大小為（）A．30° B．45° C．60° D．75°二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．數列滿足，（且），則數列的通項公式為________.12．的值為___________．13．如圖，在正方體中，點是線段上的動點，則直線與平面所成的最大角的余弦值為________.14．函數的遞增區間是__________.15．5人排成一行合影，甲和乙不相鄰的排法有______種．（用數字回答）16．把函數的圖像上各點向右平移個單位，再把橫坐標變為原來的一半，縱坐標擴大到原來的4倍，則所得的函數的對稱中心坐標為________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．已知一個幾何體是由一個直角三角形繞其斜邊旋轉一周所形成的．若該三角形的周長為12米，三邊長由小到大依次為a，b，c，且b恰好為a，c的算術平均數．（1）求a，b，c；（2）若在該幾何體的表面涂上一層油漆，且每平方米油漆的造價為5元，求所涂的油漆的價格．18．在ΔABC中，角A，B,C，的對邊分別是a，b，c，a-bsinA+sin（1）若b=6，求sinA（2）若D、E在線段BC上，且BD=DE=EC，AE=2319．在平面直角坐標系中，直線截以原點為圓心的圓所得的弦長為．（1）求圓的方程；（2）若直線與圓切于第一象限，且與坐標軸交于點，當長最小時，求直線的方程；（3）設是圓上任意兩點，點關于軸的對稱點，若直線分別交軸于點和，問是否為定值？若是，請求出該定值；若不是，請說明理由．20．已知曲線上的任意一點到兩定點、距離之和為，直線交曲線于兩點，為坐標原點．（1）求曲線的方程；（2）若不過點且不平行于坐標軸，記線段的中點為，求證：直線的斜率與的斜率的乘積為定值；（3）若直線過點，求面積的最大值，以及取最大值時直線的方程．21．已知函數()，設函數在區間上的最大值為.(1)若，求的值；(2)若對任意的恒成立，試求的最大值.

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、D【解題分析】本題主要考查不等關系．已知,所以，所以，故．故選2、B【解題分析】

試題分析：由正實數滿足不等式，得到如下圖陰影所示的區域：當過點時，，當過點時，，所以的取值范圍是．考點：線性規劃問題．3、B【解題分析】

利用正方體及其表面展開圖的特點以及題意解題，把“努”在正方體的后面，然后把平面展開圖折成正方體，然后看“努”相對面．【題目詳解】解：這是一個正方體的平面展開圖，共有六個面，其中面“努”與面“有”相對，所以圖中“努”在正方體的后面，則這個正方體的前面是“有”．故選：．【題目點撥】本題考查了正方形相對兩個面上的文字問題，同時考查空間想象能力．注意正方體的空間圖形，從相對面入手，分析及解答問題，屬于基礎題．4、D【解題分析】

先消參數得直線普通方程，再根據垂徑定理得弦長.【題目詳解】直線（是參數），消去參數化為普通方程：．圓心到直線的距離，∴直線被圓截得的弦長.故選D．【題目點撥】本題考查參數方程化普通方程以及垂徑定理，考查基本分析求解能力，屬基礎題.5、A【解題分析】

代入即可得結果.【題目詳解】解：由已知，故選：A.【題目點撥】本題考查數列的項和項數之間的關系，是基礎題.6、B【解題分析】

利用直線的方程過點分別與軸的正半軸，軸的正半軸分別交于兩點，可得：，，結合基本不等式的性質即可得出.【題目詳解】在平面直角坐標系中，過點的直線與軸的正半軸，軸的正半軸分別交于兩點，且構成，所以，直線斜率一定存在，設，，：，，則有：，，解得，當且僅當：，即時，等號成立，的面積為：.故選：B【題目點撥】本題考查了直線的截距式方程、基本不等式求最值，注意驗證等號成立的條件，屬于基礎題.7、D【解題分析】

取AB中點F,SC中點E，設的外心為，外接圓半徑為三棱錐的外接球球心為，由，在四邊形中，設，外接球半徑為，則則可求，表面積可求【題目詳解】取AB中點F,SC中點E,連接SF,CF,因為則為二面角的平面角，即又設的外心為，外接圓半徑為三棱錐的外接球球心為則面，由在四邊形中，設，外接球半徑為，則則三棱錐的外接球的表面積為故選D【題目點撥】本題考查二面角，三棱錐的外接球，考查空間想象能力，考查正弦定理及運算求解能力，是中檔題8、C【解題分析】

由3是與的等比中項，可得，再利用不等式知識可得的最小值.【題目詳解】解：3是與的等比中項，，，=，故選C.【題目點撥】本題考查了指數式和對數式的互化，及均值不等式求最值的運用，考查了計算變通能力.9、C【解題分析】

根據題意，作出圖形，結合圖形利用正弦定理，即可求解，得到答案.【題目詳解】如圖所示，依題意知，，，由正弦定理得：，則.故選C.【題目點撥】本題主要考查了三角形的實際應用問題，其中解答中根據題意作出圖形，合理使用正弦定理求解是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.10、B【解題分析】

直接利用正弦定理計算得到答案.【題目詳解】根據正弦定理得到：，故，是銳角三角形，故.故選：.【題目點撥】本題考查了正弦定理解三角形，意在考查學生的計算能力.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】

利用累加法和裂項求和得到答案.【題目詳解】當時滿足故答案為【題目點撥】本題考查了數列的累加法，裂項求和法，意在考查學生對于數列公式和方法的靈活運用.12、【解題分析】

=13、【解題分析】

作的中心，可知平面，所以直線與平面所成角為，當在中點時，最大，求出即可。【題目詳解】設正方體的邊長為1，連接，由于為正方體，所以為正四面體，棱長為，為等邊三角形，作的中心，連接，，由于為正四面體，為的中心，所以平面，所以為直線與平面所成角，則當在中點時，最大，當在中點時，由于為正四面體，棱長為，等邊三角形，為的中心，所以，，所以直線與平面所成的最大角的余弦值為故直線與平面所成的最大角的余弦值為故答案為【題目點撥】本題考查線面所成角，解題的關鍵是確定當在中點時，最大，考查學生的空間想象能力以及計算能力。14、；【解題分析】

先利用輔助角公式對函數化簡，由可求解.【題目詳解】函數，由，可得，所以函數的單調增區間為.故答案為：【題目點撥】本題考查了輔助角公式、正弦函數的圖像與性質，需熟記公式與性質，屬于基礎題.15、72【解題分析】

先對其中3個人進行全排列有種，再對甲和乙進行插空有種，利用乘法原理得到排法總數為.【題目詳解】先對其中3個人進行全排列有種，再對甲和乙進行插空有種，利用乘法原理得到排法總數為種，故答案為72【題目點撥】本題考查排列、組合計數原理的應用，考查基本運算能力.16、，【解題分析】

根據三角函數的圖象變換，求得函數的解析式，進而求得函數的對稱中心，得到答案.【題目詳解】由題意，把函數的圖像上各點向右平移個單位，可得，再把圖象上點的橫坐標變為原來的一半，可得，把函數縱坐標擴大到原來的4倍，可得，令，解得，所以函數的對稱中心為.故答案為：.【題目點撥】本題主要考查了三角函數的圖象變換，以及三角函數的對稱中心的求解，其中解答中熟練三角函數的圖象變換，以及三角函數的圖象與性質是解答的關鍵，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）3，4，1；（2）元．【解題分析】

（1）由題意，根據周長、三邊關系、勾股定理，a，b，c，建立方程組，解得即可.（2）根據題意，旋轉得到的幾何體為由底面半徑為米，母線長分別為米3和4米的兩個圓錐所組成的幾何體，計算幾何體的表面積再乘單價即可求解.【題目詳解】（1）由題意得，，所以，又，且，二者聯立解得，，所以a，b，c的值分別為3，4，1．（2）繞其斜邊旋轉一周得到的幾何體為由底面半徑為米，母線長分別為米3和4米的兩個圓錐所組成的幾何體，故其表面積為平方米．因為每平方米油漆的造價為1元，所以所涂的油漆的價格為元．所涂的油漆的價格為：元．【題目點撥】本題考查三角形三邊關系及旋轉體表面積的應用，考查計算能力與空間想象能力，屬于基礎題.18、（1）32+【解題分析】

（1）根據正弦定理化簡邊角關系式，可整理出余弦定理形式，得到cosB=12；再根據正弦定理求得sinC，根據同角三角函數得到cosC；根據兩角和差公式求得sinA；（2）設BD=x，在【題目詳解】（1）∵由正弦定理得：a-b整理得：a2+∵0<B<π∴B=由正弦定理bsinB=c∵b>c∴B>C∴∴（2）設BD=x，則：BE=2x，AE=2在ΔABE中，利用余弦定理AE12x2=16+4x∴BE=2，AE=23，又AB=4，即BE∴AD=【題目點撥】本題考查正弦定理、余弦定理解三角形的問題，涉及到正弦定理化簡邊角關系式、同角三角函數求解、兩角和差公式的運算，考查對于定理和公式的應用，屬于常規題型.19、（1）；（1）；（3）定值為.【解題分析】試題分析：（1）求出點到直線的距離，進而可求圓的半徑，即可得到圓的方程；（1）設直線的方程，利用直線與圓相切，及基本不等式，可求長最小時，直線的方程；（3）設，則，求出直線，分別與軸交點，進而可求的值．試題解析：（1）因為點到直線的距離為，所以圓的半徑為，故圓的方程為．（1）設直線的方程為，即，由直線與圓相切，得，即，，當且僅當時取等號，此時直線的方程為，所以當長最小進，直線的方程為．（3）設點，則，直線與軸交點為，則，直線與軸交點為，則，所以，故為定值1．考點：1.直線和圓的方程的應用；1.直線與圓相交的性質．20、（1）（2）證明見解析；（3）或【解題分析】

（1）利用橢圓的定義可知曲線為的橢圓，直接寫出橢圓的方程．（2）設直線，設，聯立直線方程與橢圓方程，通過韋達定理求解KOM，然后推出直線OM的斜率與的斜率的乘積為定值．（3）設直線方程是與橢圓方程聯立，根據面積公式，代入根與系數的關系，利用換元和基本不等式求最值.【題目詳解】（1）由題意知曲線是以原點為中心，長軸在軸上的橢圓，設其標準方程為，則有，所以，∴.（2）證明：設直線的方程為，設則由可得，即∴，∴，，，∴直線的斜率與的斜率的乘積=為定值（3）點，由可得，，解得∴設當時，取得最大值.此時，即所以直線方程是【題目點撥】本題考查橢圓定義及方程、韋達定理的應用及三角形面積的范圍等問題，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉化思想，函數與方程思想，是中檔題．21、(1)；(2)【解題分析】

（1）根據二次函數的單調性得在區間，單調遞減，在區間單調遞增，從得而得；（2）①當時，在區間上是單調函數，則