2023-2024學年永州市重點中學高一下數學期末復習檢測試題請考生注意：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．已知，那么()A． B． C． D．2．在平行四邊形ABCD中，若，則必有（）A． B．或C．ABCD是矩形 D．ABCD是正方形3．已知命題，則命題的否定為（）A． B．C． D．4．若且則的值是().A． B． C． D．5．為了研究某藥品的療效，選取若干名志愿者進行臨床試驗，所有志愿者的舒張壓數據（單位：kPa）的分組區間為[12,13),[13,14),[14,15),[15,16),[16,17],將其按從左到右的順序分別編號為第一組，第二組，，第五組，如圖是根據試驗數據制成的頻率分布直方圖，已知第一組與第二組共有20人，第三組中沒有療效的有6人，則第三組中有療效的人數為（）A．6 B．8 C．12 D．186．如圖，已知正三棱柱的底面邊長為2cm，高為5cm，則一質點自點A出發，沿著三棱柱的側面繞行兩周到達點的最短路線的長為（）cm．A．12 B．13 C．14 D．157．函數的圖像大致為（）A． B． C． D．8．設等比數列的前項和為，且，則（）A．255 B．375 C．250 D．2009．已知點在直線上，若存在滿足該條件的使得不等式成立，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．10．若一架飛機向目標投彈，擊毀目標的概率為，目標未受損的概率為，則目標受損但未被擊毀的概率為（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知是邊長為的等邊三角形，為邊上（含端點）的動點，則的取值范圍是_______.12．已知數列的通項公式為，是其前項和，則_____．（結果用數字作答）13．在數列中，，，，則_____________．14．已知內接于拋物線，其中O為原點，若此內接三角形的垂心恰為拋物線的焦點，則的外接圓方程為_____.15．已知，為銳角，且，則__________．16．已知圓柱的底面圓的半徑為2，高為3，則該圓柱的側面積為________.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．已知四棱錐的底面是菱形，底面，是上的任意一點求證：平面平面設，求點到平面的距離在的條件下，若，求與平面所成角的正切值18．已知函數，.（1）求函數在上的單調遞增區間；（2）在中，內角、、所對邊的長分別是，若，，，求的面積的值.19．已知，函數（其中），且圖象在軸右側的第一個最高點的橫坐標為，并過點.（1）求函數的解析式；（2）求函數的單調增區間.20．設兩個非零向量，不共線，如果，，.（1）求證：、、共線；（2）試確定實數，使和共線.21．已知都是第二象限的角，求的值。

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、C【解析】試題分析：由，得.故選B．考點：誘導公式．2、C【解析】

由，化簡可得，得到,又由四邊形為平行四邊形，即可得到答案.【詳解】由，則，即，化簡可得，所以，即,又由四邊形為平行四邊形，所以該四邊形為矩形，故選C.【點睛】本題主要考查了向量的基本運算，以及向量的垂直關系的應用，其中解答中熟記向量的基本運算，以及向量的垂直的判定是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.3、C【解析】

根據全稱命題的否定是特稱命題，可直接得出結果.【詳解】命題“”的否定是“”.故選C【點睛】本題主要考查全稱命題的否定，只需改量詞和結論即可，屬于基礎題型.4、C【解析】由題設，又，則，所以，，應選答案C．點睛：角変換是三角變換中的精髓，也是等價化歸與轉化數學思想的具體運用，求解本題的關鍵是巧妙地將一個角變為已知兩角的差，再運用三角變換公式進行求解．5、C【解析】試題分析：由直方圖可得分布在區間第一組與第二組共有21人，分布在區間第一組與第二組的頻率分別為1．24，1．16，所以第一組有12人，第二組8人，第三組的頻率為1．36，所以第三組的人數：18人，第三組中沒有療效的有6人，第三組中有療效的有12人．考點：頻率分布直方圖6、B【解析】

將三棱柱的側面展開，得到棱柱的側面展開圖，利用矩形的對角線長，即可求解．【詳解】將正三棱柱沿側棱展開兩次，得到棱柱的側面展開圖，如圖所示，在展開圖中，最短距離是六個矩形對角線的連線的長度，即為三棱柱的側面上所求距離的最小值，由已知求得的長等于，寬等于，由勾股定理得，故選B．【點睛】本題主要考查了棱柱的結構特征，以及棱柱的側面展開圖的應用，著重考查了空間想象能力，以及轉化思想的應用，屬于基礎題．7、A【解析】

先判斷函數為偶函數排除；再根據當時，，排除得到答案.【詳解】，偶函數，排除；當時，，排除故選：【點睛】本題考查了函數圖像的識別，通過函數的奇偶性和特殊函數點可以排除選項快速得到答案.8、A【解析】

由等比數列的性質，仍是等比數列，先由是等比數列求出，再由是等比數列，可得.【詳解】由題得，成等比數列，則有，，解得，同理有，，解得.故選：A【點睛】本題考查等比數列前n項和的性質，這道題也可以先由求出數列的首項和公比q，再由前n項和公式直接得。9、B【解析】

根據題干得到，存在滿足該條件的使得不等式成立，即，再根據均值不等式得到最小值為9，再由二次不等式的解法得到結果.【詳解】點在直線上,故得到，存在滿足該條件的使得不等式成立，即故原題轉化為故答案為：B【點睛】本題考查了“乘1法”與基本不等式的性質，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．解決二元的范圍或者最值問題，常用的方法有：不等式的應用，二元化一元的應用，線性規劃的應用，等.10、D【解析】

由已知條件利用對立事件概率計算公式直接求解．【詳解】由于一架飛機向目標投彈，擊毀目標的概率為，目標未受損的概率為；所以目標受損的概率為：；目標受損分為擊毀和未被擊毀，它們是對立事件；所以目標受損的概率目標受損被擊毀的概率目標受損未被擊毀的概率；故目標受損但未被擊毀的概率目標受損的概率目標受損被擊毀的概率，即目標受損但未被擊毀的概率；故答案選D【點睛】本題考查概率的求法，注意對立事件概率計算公式的合理運用，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、【解析】

取的中點為坐標原點，、所在直線分別為軸、軸建立平面直角坐標系，設點的坐標為，其中，利用數量積的坐標運算將轉化為有關的一次函數的值域問題，可得出的取值范圍.【詳解】如下圖所示：取的中點為坐標原點，、所在直線分別為軸、軸建立平面直角坐標系，則點、、，設點，其中，，，，因此，的取值范圍是，故答案為.【點睛】本題考查平面向量數量積的取值范圍，可以利用基底向量法以及坐標法求解，在建系時應充分利用對稱性來建系，另外就是注意將動點所在的直線變為坐標軸，可簡化運算，考查運算求解能力，屬于中等題.12、.【解析】

由題意知，數列的偶數項成等差數列，奇數列成等比數列，然后利用等差數列和等比數列的求和公式可求出的值.【詳解】由題意可得，故答案為.【點睛】本題考查奇偶分組求和，同時也考查等差數列求和以及等比數列求和，解題時要得出公差和公比，同時也要確定出對應的項數，考查運算求解能力，屬于中等題.13、5【解析】

利用遞推關系式依次求值，歸納出：an+6=an，再利用數列的周期性，得解.【詳解】∵a1=1，a2=5，an+2=an+1-an（n∈N*），∴a3=a2-a1=5-1=4，同理可得：a4=-1，a5=-5，a6=-4，a7=1，a8=5，…，∴an+6=an．則a2018=a6×336+2=a2=5【點睛】本題考查了遞推關系、數列的周期性，考查了推理能力與計算能力.14、【解析】

由拋物線的對稱性知A、B關于x軸對稱，設出它們的坐標，利用三角形的垂心的性質，結合斜率之積等于﹣1即可求得直線MN的方程，即可求出點C的坐標，問題得以解決．【詳解】∵拋物線關于x軸對稱，內接三角形的垂心恰為拋物線的焦點，三邊上的高過焦點，∴另兩個頂點A，B關于x軸對稱，即△ABO是等腰三角形，作AO的中垂線MN，交x軸與C點，而Ox是AB的中垂線，故C點即為△ABO的外接圓的圓心，OC是外接圓的半徑，設A（x1，2），B（x1，﹣2），連接BF，則BF⊥AO，∵kBF，kAO，∴kBF?kAO＝?1，整理，得x1（x1﹣5）＝1，則x1＝5，（x1＝1不合題意，舍去），∵AO的中點為（，），且MN∥BF，∴直線MN的方程為y（x），當x1＝5代入得2x+4y﹣91，∵C是MN與x軸的交點，∴C（，1），而△ABO的外接圓的半徑OC，于是得到三角形外接圓方程為（x）2+y2＝（）2，△OAB的外接圓方程為：x2﹣9x+y2＝1，故答案為x2﹣9x+y2＝1．【點睛】本題考查拋物線的簡單性質，考查了兩直線垂直與斜率的關系，是中檔題15、【解析】

由題意求得，再利用兩角和的正切公式求得的值，可得的值．【詳解】，為銳角，且，即，．再結合，則，故答案為．【點睛】本題主要考查兩角和的正切公式的應用，屬于基礎題．16、【解析】

圓柱的側面打開是一個矩形，長為底面的周長，寬為圓柱的高，即，帶入數據即可．【詳解】因為圓柱的底面圓的半徑為2，所以圓柱的底面圓的周長為，則該圓柱的側面積為.【點睛】此題考察圓柱側面積公式，屬于基礎題目．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）見解析（2）（3）【解析】

（1）由平面，得出，由菱形的性質得出，利用直線與平面垂直的判定定理得出平面，再利用平面與平面垂直的判定定理可證出結論；（2）先計算出三棱錐的體積，并計算出的面積，利用等體積法計算出三棱錐的高，即為點到平面的距離；（3）由（1）平面，于此得知為直線與平面所成的角，由，得出平面，于此計算出，然后在中計算出即可．【詳解】（1）平面，平面，，四邊形是菱形，，平面；又平面，所以平面平面.（2）設，連結，則，四邊形是菱形，，，，設點到平面的距離為平面，，，解得，即點到平面的距離為；（3）由（1）得平面，為與平面所成角，平面，，與平面所成角的正切值為．【點睛】本題考查平面與平面垂直的證明、點到平面的距離以及直線與平面所成的角，求解點到平面的距離，常用的方法是等體積法，將問題轉化為三棱錐的高來計算，考查空間想象能力與推理能力，屬于中等題．18、（1），；（2）.【解析】

（1）首先把化成的型式，再根據三角函的單調性即可解決（2）根據（1）結果把代入可得A的大小，從而計算出B的大小，根據正弦定理以及面積公式即可解決。【詳解】（1）因為，由，，得，，又，所以或，所以函數在上的遞增區間為：，；（2）因為，∴，∴，∴，，∴，，∵，∴．∴，在三角形中由正弦定理得，∴，.【點睛】本題主要考查了三角函數問題以及解三角形問題。三角函數問題?？贾芷凇握{性最值等，在解三角形中長考的有正弦定理、余弦定理以及面積公式。19、（1）；（2）.【解析】

（1）根據向量的數量積得，結合，即可求解；（2）令即可求得增區間.【詳解】（1）由題圖象在軸右側的第一個最高點的橫坐標為，并過點所以，解得，，解得：，所以；（2）令函數的單調增區間為.【點睛】此題考查根據平面向量的數量積，求函數解析式，根據三角函數的頂點坐標和曲線上的點的坐標求參數，利用整體代入法求單調區間.20、（1）證明見解析（2）【解析】

(1)要證、、共線，只要證明存在實數，使得成立即可.

(2)利