2023-2024學年安徽省合肥市第三十五中學高一下數學期末檢測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，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．函數的圖像關于直線對稱，則的最小值為（）A． B． C． D．12．用數學歸納法證明的過程中，設，從遞推到時，不等式左邊為（）A． B．C． D．3．在中，若，則的面積為().A．8 B．2 C． D．44．已知向量，滿足，，，則（）A．3 B．2 C．1 D．05．已知全集，則集合A． B． C． D．6．已知圓經過點，且圓心為，則圓的方程為A． B．C． D．7．下列不等式中正確的是()A．若，，則B．若，則C．若，則D．若，則8．某學校禮堂有30排座位，每排有20個座位，一次心理講座時禮堂中坐滿了學生，會后為了了解有關情況，留下座位號是15的30名學生，這里運用的抽樣方法是（）A．抽簽法 B．隨機數法 C．系統抽樣 D．分層抽樣9．定義在R上的函數fx既是偶函數又是周期函數，若fx的最小正周期是π，且當x∈0,π2A．-12 B．32 C．10．設函數，其中為已知實常數，，則下列命題中錯誤的是（）A．若，則對任意實數恒成立；B．若，則函數為奇函數；C．若，則函數為偶函數；D．當時，若，則（）．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．在三棱錐P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC，ΔABC是邊長為23的等邊三角形，其中PA=PB=12．已知角的終邊經過點，則的值為____________.13．中，若，，則角C的取值范圍是________.14．數列滿足，設為數列的前項和，則__________．15．已知向量，且，則_______．16．若三棱錐的底面是以為斜邊的等腰直角三角形，，,則該三棱錐的外接球的表面積為________.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．已知函數f(x)=3sin(2x+π3)-4cos（1）求函數g(x)的解析式；（2）求函數g(x)在[π18．如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，點E，F，G分別為線段BC，PB，AD的中點．（1）證明：EF∥平面PAC；（2）證明：平面PCG∥平面AEF；（3）在線段BD上找一點H，使得FH∥平面PCG，并說明理由．19．如圖，在三棱柱中（底面為正三角形），平面，，，，是邊的中點.（1）證明：平面平面.（2）求點到平面的距離.20．已知函數.（1）求函數在上的最小值的表達式；（2）若函數在上有且只有一個零點，求的取值范圍.21．已知正項數列，滿足：對任意正整數，都有，，成等差數列，，，成等比數列，且，．（Ⅰ）求證：數列是等差數列；（Ⅱ）求數列，的通項公式；（Ⅲ）設=++…+，如果對任意的正整數，不等式恒成立，求實數的取值范圍．

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】

的對稱軸為，化簡得到得到答案.【詳解】對稱軸為：當時，有最小值為故答案選C【點睛】本題考查了三角函數的對稱軸，將對稱軸表示出來是解題的關鍵，意在考查學生對于三角函數性質的靈活運用.2、C【解析】

比較與時不等式左邊的項，即可得到結果【詳解】因此不等式左邊為，選C.【點睛】本題考查數學歸納法，考查基本分析判斷能力，屬基礎題3、C【解析】

由正弦定理結合已知，可以得到的關系，再根據余弦定理結合，可以求出的值，再利用三角形面積公式求出三角形的面積即可.【詳解】由正弦定理可知：，而，所以有，由余弦定理可知：，所以，因此的面積為，故本題選C.【點睛】本題考查了正弦定理、余弦定理、三角形面積公式，考查了數學運算能力.4、A【解析】

由，求出，代入計算即可．【詳解】由題意，則.故答案為A.【點睛】本題考查了向量的數量積，考查了學生的計算能力，屬于基礎題．5、C【解析】

直接利用集合補集的定義求解即可.【詳解】因為全集，所以0，2屬于全集且不屬于集合A,所以集合，故選：C.【點睛】本題主要考查集合補集的定義，屬于基礎題.6、D【解析】

先計算圓半徑，然后得到圓方程.【詳解】因為圓經過，且圓心為所以圓的半徑為，則圓的方程為.故答案選D【點睛】本題考查了圓方程，先計算半徑是解題的關鍵.7、D【解析】

根據不等式的性質逐一判斷即可得解.【詳解】解：對于選項A，若，，不妨取，則，即A錯誤；對于選項B，若，當時，則，即B錯誤；對于選項C，若，不妨取，則，即C錯誤；對于選項D，若，則，即，，即D正確，故選：D.【點睛】本題考查了不等式的性質，屬基礎題.8、C【解析】抽名學生分了組（每排為一組），每組抽一個，符合系統抽樣的定義故選9、B【解析】分析：要求f(5π3)，則必須用f(x)=詳解：∵f(x)的最小正周期是π∴f∵f(x)是偶函數∴f-π∵當x∈[0，π2則f故選B點睛：本題是一道關于正弦函數的題目，掌握正弦函數的周期性是解題的關鍵，考查了函數的周期性和函數單調性的性質．10、D【解析】

利用兩角和的余弦公式化簡表達式.對于A選項，將化簡得到的表達式代入上述表達式，可判斷出A選項為真命題.對于B選項，將化簡得到的表達式代入上述表達式，可判斷出為奇函數，由此判斷出B選項為真命題.對于C選項，將化簡得到的表達式代入上述表達式，可判斷出為偶函數，由此判斷出C選項為真命題.對于D選項，根據、，求得的零點的表達式，由此求得（），進而判斷出D選項為假命題.【詳解】.不妨設．為已知實常數.若，則得；若，則得．于是當時，對任意實數恒成立，即命題A是真命題；當時，，它為奇函數，即命題B是真命題；當時，，它為偶函數，即命題C是真命題；當時，令，則，上述方程中，若，則，這與矛盾，所以．將該方程的兩邊同除以得，令（），則，解得（）．不妨取，（且），則，即（），所以命題D是假命題．故選：D【點睛】本小題主要考查兩角和的余弦公式，考查三角函數的奇偶性，考查三角函數零點有關問題的求解，考查同角三角函數的基本關系式，屬于中檔題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、65π【解析】

本題首先可以通過題意畫出圖像，然后通過三棱錐的圖像性質以及三棱錐的外接球的相關性質來確定圓心的位置，最后根據各邊所滿足的幾何關系列出算式，即可得出結果。【詳解】如圖所示，作AB中點D，連接PD、CD，在CD上作三角形ABC的中心E，過點E作平面ABC的垂線，在垂線上取一點O，使得PO=OC。因為三棱錐底面是一個邊長為23的等邊三角形，E所以三棱錐的外接球的球心在過點E的平面ABC的垂線上，因為PO=OC，P、C兩點在三棱錐的外接球的球面上，所以O點即為球心，因為平面PAB⊥平面ABC，PA=PB，D為AB中點，所以PD⊥平面ABCCD=CA2-ADPD=P設球的半徑為r，則有PO=OC=r，OE=r(PD-OE)2+DE2=P故表面積為S=4πr【點睛】本題考查三棱錐的相關性質，主要考查三棱錐的外接球的相關性質，考查如何通過三棱錐的幾何特征來確定三棱錐的外接球與半徑，考查推理能力，考查化歸與轉化思想，是難題。12、【解析】

由題意和任意角的三角函數的定義求出的值即可．【詳解】由題意得角的終邊經過點，則，所以，故答案為．【點睛】本題考查任意角的三角函數的定義，屬于基礎題．13、；【解析】

由，利用正弦定理邊角互化以及兩角和的正弦公式可得，進而可得結果.【詳解】由正弦定理可得，又，則,即，則，C是三角形的內角，則，故答案為：.【點睛】本題注意考查正弦定理以及兩角和的正弦公式的應用，屬于中檔題.正弦定理主要有三種應用：求邊和角、邊角互化、外接圓半徑.14、【解析】

先利用裂項求和法將數列的通項化簡，并求出，由此可得出的值.【詳解】，.，因此，，故答案為：.【點睛】本題考查裂項法求和，要理解裂項求和法對數列通項結構的要求，并熟悉裂項法求和的基本步驟，考查計算能力，屬于中等題.15、【解析】

先由向量共線，求出，再由向量模的坐標表示，即可得出結果.【詳解】因為，且，所以，解得，所以，因此.故答案為【點睛】本題主要考查求向量的模，熟記向量共線的坐標表示，以及向量模的坐標表示即可，屬于基礎題型.16、【解析】

由已知計算后知也是以為斜邊的直角三角形，這樣的中點到棱錐四個頂點的距離相等，即為外接球的球心，從而很容易得球的半徑，計算出表面積．【詳解】因為，所以是等腰直角三角形，且為斜邊，為的中點，因為底面是以為斜邊的等腰直角三角形，所以，點即為球心，則該三棱錐的外接圓半徑，故該三棱錐的外接球的表面積為.【點睛】本題考查球的表面積，考查三棱錐與外接球，解題關鍵是找到外接球的球心，證明也是以為斜邊的直角三角形，利用直角三角形的性質是本題的關鍵．也是尋找外接球球心的一種方法．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)g(x)=sin【解析】

(1)首先化簡三角函數式，然后確定平移變換之后的函數解析式即可；(2)結合(1)中函數的解析式確定函數的最大值即可.【詳解】（1）f(x)==3(sin2xcos=3由題意得g(x)=sin[2(x+π化簡得g(x)=sin(2x+π（2）∵π12可得π3∴-1當x=π6時，函數當x=π2時，函數g(x)有最小值【點睛】本題主要考查三角函數圖像的變換，三角函數最值的求解等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.18、（1）見解析（2）見解析（3）見解析【解析】

（1）證明，EF∥平面PAC即得證；（2）證明AE∥平面PCG，EF∥平面PCG，平面PCG∥平面AEF即得證；（3）設AE，GC與BD分別交于M，N兩點，證明N點為所找的H點．【詳解】（1）證明：∵E、F分別是BC，BP中點，∴，∵PC?平面PAC，EF?平面PAC，∴EF∥平面PAC．（2）證明：∵E、G分別是BC、AD中點，∴AE∥CG，∵AE?平面PCG，CG?平面PCG，∴AE∥平面PCG，又∵EF∥PC，PC?平面PCG，EF?平面PCG，∴EF∥平面PCG，AE∩EF＝E點，AE，EF?平面AEF，∴平面AEF∥平面PCG．（3）設AE，GC與BD分別交于M，N兩點，易知F，N分別是BP，BM中點，∴，∵PM?平面PGC，FN?平面PGC，∴FN∥平面PGC，即N點為所找的H點．【點睛】本題主要考查空間平行位置關系的證明，考查立體幾何的探究性問題的解決，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.19、（1）見解析（2）【解析】

（1）由，為的中點，可得，又平面，可得，即可證明平面，結合平面，即可證明平面平面；（2）設點到平面的距離為，由等體積法，，即，求解即可.【詳解】（1）證明：，為的中點，.又平面，平面，.又，平面.又平面，平面平面.（2）解：由（1）知，平面，平面，.，，，.設點到平面的距離為，由，得，即，，即點到平面的距離為.【點睛】本題考查了面面垂直的證明，考查了利用等體積法求點到面的距離，考查了學生的空間想象能力，屬于中檔題.20、（1）；（2）.【解析】

（1）求出函數的對稱軸方程，對實數分、、三種情況討論，分析函數在區間上的單調性，進而可得出函數在區間上的最小值的表達式；（2）對函數分情況討論：（i）方程在區間上有兩個相等的實根；（ii）①方程在區間只有一根；（②；③.可得出關于實數的等式或不等式，即可解得實數的取值范圍.【詳解】（1），其對稱軸為，當，即時，函數在區間上單調遞減，；當，即時，函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，；當時，即當時，函數在區間上單調遞增，.綜上所述：；（2）（i）若方程在上有兩個相等的實數根，則，此時無解；（ii）若方程有兩個不相等的實數根.①當只有一根在內時，，即，得；②當時，，方程化為，其根為，，滿足題意；③當時，，方程化為，其根為，，滿足題意.綜上所述，的取值范圍是.【點睛】本題考查二次函數在定區間上最值的計算，同時也考查了利用二