2023-2024學年山東平陰一中高一數學第二學期期末復習檢測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．給出下面四個命題：①；②；③；④.其中正確的個數為()A．1個 B．2個 C．3個 D．4個2．等差數列中，，且，且，是其前項和，則下列判斷正確的是（）A．、、均小于，、、、均大于B．、、、均小于，、、均大于C．、、、均小于，、、均大于D．、、、均小于，、、均大于3．單位圓中，的圓心角所對的弧長為()A． B． C． D．4．已知，滿足，則（）A． B． C． D．5．下列命題正確的是（）A．若，則 B．若，則C．若，，則 D．若，，則6．若滿足條件的三角形ABC有兩個，那么a的取值范圍是（）A． B． C． D．7．在等差數列{an}中，若a1+A．8 B．16 C．20 D．288．已知正四面體ABCD中，E是AB的中點，則異面直線CE與BD所成角的余弦值為()A． B． C． D．9．等比數列的前項和、前項和、前項和分別為，則().A． B．C． D．10．設，且，則的最小值為（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．在中，，，.若，，且，則的值為______________.12．已知圓錐的頂點為，母線，所成角的余弦值為，與圓錐底面所成角為45°，若的面積為，則該圓錐的側面積為__________．13．函數的單調增區間為_________.14．已知球為正四面體的外接球，，過點作球的截面，則截面面積的取值范圍為____________________．15．若圓弧長度等于圓內接正六邊形的邊長，則該圓弧所對圓心角的弧度數為________.16．數列滿足，（且），則數列的通項公式為________.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，四棱錐，平面ABCD，四邊形ABCD是直角梯形，，，，E為PB中點.（1）求證：平面PCD；（2）求證：.18．設函數，其中，.（1）求的周期及單調遞減區間；（2）若關于的不等式在上有解，求實數的取值范圍.19．在城市舊城改造中，某小區為了升級居住環境，擬在小區的閑置地中規劃一個面積為的矩形區域（如圖所示），按規劃要求：在矩形內的四周安排寬的綠化，綠化造價為200元/，中間區域地面硬化以方便后期放置各類健身器材，硬化造價為100元/.設矩形的長為.（1）設總造價（元）表示為長度的函數；（2）當取何值時，總造價最低，并求出最低總造價.20．已知數列滿足.（1）求數列的通項公式；（2）若，為數列的前項和，求證：21．已知函數.（1）求函數圖象的對稱軸方程;（2）若對于任意的，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、B【解析】①；②；③；④,所以正確的為①②，選B.2、C【解析】

由，且可得，，，，結合等差數列的求和公式即等差數列的性質即可判斷.【詳解】，且，，數列的前項都是負數，，，，由等差數列的求和公式可得，，由公差可知，、、、均小于，、、均大于.故選：C.【點睛】本題考查等差數列前項和符號的判斷，解題時要充分結合等差數列下標和的性質以及等差數列求和公式進行計算，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.3、B【解析】

將轉化為弧度，即可得出答案.【詳解】，因此，單位圓中，的圓心角所對的弧長為.故選B.【點睛】本題考查角度與弧度的轉化，同時也考查了弧長的計算，考查計算能力，屬于基礎題.4、A【解析】

根據對數的化簡公式得到,由指數的運算公式得到=，由對數的性質得到>0,，進而得到結果.【詳解】已知,=,>0,進而得到.故答案為A.【點睛】本題考查了指對函數的運算公式和對數函數的性質；比較大小常用的方法有：兩式做差和0比較，分式注意同分，進行因式分解為兩式相乘的形式；或者利用不等式求得最值，判斷最值和0的關系.5、C【解析】

對每一個選項進行判斷，選出正確的答案.【詳解】A.若，則，取不成立B.若，則，取不成立C.若，，則，正確D.若，，則，取不成立故答案選C【點睛】本題考查了不等式的性質，找出反例是解題的關鍵.6、C【解析】

利用正弦定理，用a表示出sinA，結合C的取值范圍，可知；根據存在兩個三角形的條件，即可求得a的取值范圍。【詳解】根據正弦定理可知，代入可求得因為，所以若滿足有兩個三角形ABC則所以所以選C【點睛】本題考查了正弦定理在解三角形中的簡單應用，判斷三角形的個數情況，屬于基礎題。7、C【解析】

因為an則a1所以a5故選C.8、B【解析】試題分析：如圖，取中點，連接，因為是中點，則，或其補角就是異面直線所成的角，設正四面體棱長為1，則，，．故選B．考點：異面直線所成的角．【名師點睛】求異面直線所成的角的關鍵是通過平移使其變為相交直線所成角，但平移哪一條直線、平移到什么位置，則依賴于特殊的點的選取，選取特殊點時要盡可能地使它與題設的所有相減條件和解題目標緊密地聯系起來．如已知直線上的某一點，特別是線段的中點，幾何體的特殊線段．9、B【解析】

根據等比數列前項和的性質，可以得到等式，化簡選出正確答案.【詳解】因為這個數列是等比數列，所以成等比數列，因此有，故本題選B.【點睛】本題考查了等比數列前項和的性質，考查了數學運算能力.10、D【解析】

本題首先可將轉化為，然后將其化簡為，最后利用基本不等式即可得出結果．【詳解】，當且僅當，即時成立，故選D．【點睛】本題考查利用基本不等式求最值，基本不等式公式為，考查化歸與轉化思想，是簡單題．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】,則.【考點】向量的數量積【名師點睛】根據平面向量的基本定理，利用表示平面向量的一組基地可以表示平面內的任一向量，利用向量的定比分點公式表示向量，計算數量積，選取基地很重要，本題的已知模和夾角，選作基地易于計算數量積.12、【解析】

分析：先根據三角形面積公式求出母線長,再根據母線與底面所成角得底面半徑，最后根據圓錐側面積公式求結果.詳解：因為母線，所成角的余弦值為，所以母線，所成角的正弦值為，因為的面積為，設母線長為所以，因為與圓錐底面所成角為45°，所以底面半徑為因此圓錐的側面積為13、【解析】

先求出函數的定義域，再根據二次函數的單調性和的單調性，結合復合函數的單調性的判斷可得出選項.【詳解】因為，所以或，即函數定義域為，設，所以在上單調遞減，在上單調遞增，而在單調遞增，由復合函數的單調性可知，函數的單調增區間為.故填：．【點睛】本題考查復合函數的單調性，注意在考慮函數的單調性的同時需考慮函數的定義域，屬于基礎題.14、【解析】

在平面中，過圓內一點的弦長何時最長，何時最短，類比在空間中，過球內一點的球的大圓面積最大，與此大圓垂直的截面小圓面積最小.利用正四面體的性質及球的性質求正四面體外接球的半徑、小圓半徑，確定答案.【詳解】因為正四面體棱長為AB=3，所以正四面體外接球半徑R=.由球的性質，當過E及球心O時的截面為球的大圓，面積最大，最大面積為；當過E的截面與EO垂直時面積最小，取△BCD的中心，因為為正四面體，所以平面BCD,O在上，，所以,在三角形中，由,，,，由余弦定理在直角三角形中所以過E且與EO垂直的截面圓的半徑r為，截面面積為.所以所求截面面積的范圍是.【點睛】本題考查空間想象能力，邏輯推理能力，空間組合體的關系，正四面體、球的性質，考查計算能力，屬于難題.15、1【解析】

根據圓的內接正六邊形的邊長得出弧長，利用弧長公式即可得到圓心角.【詳解】因為圓的內接正六邊形的邊長等于圓的半徑，所以圓弧長所對圓心角的弧度數為1.故答案為：1【點睛】此題考查弧長公式，根據弧長求圓心角的大小，關鍵在于熟記圓的內接正六邊形的邊長.16、【解析】

利用累加法和裂項求和得到答案.【詳解】當時滿足故答案為【點睛】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.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）證明見詳解；（2）證明見詳解【解析】

（1）取的中點，證出，再利用線面平行的判定定理即可證出.（2）利用線面垂直的判定定理可證出平面，再根據線面垂直的定義即可證出.【詳解】如圖，取的中點，連接，E為PB中點，，且，又，，，,為平行四邊形，即，又平面PCD，平面PCD，所以平面PCD.（2）由平面ABCD，所以，又因為，，所以，，平面，又平面，.【點睛】本題考查了線面平行的判定定理、線面垂直的判定定理，要證線面平行，需先證線線平行；要證異面直線垂直，可先證線面垂直，此題屬于基礎題.18、（1），；（2）【解析】

（1）利用坐標形式下向量的數量積運算以及二倍角公式、輔助角公式將化簡為的形式，根據周期計算公式以及單調性求解公式即可得到結果；（2）分析在的值域，根據能成立的思想得到與滿足的不等關系，求解出的范圍即可.【詳解】（1）∵，∴，∴的周期為，令，則，的單調遞減區間為（2）∵，∴，在上遞增，在上遞減，且，∴，∴，即，若在上有解，則故：，解得.【點睛】本題考查向量與三角函函數的綜合應用，其中著重考查了使用三角恒等變換進行化簡以及利用正弦函數的性質分析值域從而求解參數范圍，對于轉化與計算的能力要求較高，難度一般.19、（1），（2）當時，總造價最低為元【解析】

（1）根據題意得矩形的長為，則矩形的寬為，中間區域的長為，寬為列出函數即可．（2）根據（1）的結果利用基本不等式即可．【詳解】（1）由矩形的長為，則矩形的寬為，則中間區域的長為，寬為，則定義域為則整理得，（2）當且僅當時取等號，即所以當時，總造價最低為元【點睛】本題主要考查了函數的表示方法，以及基本不等式的應用．在利用基本不等式時保證一正二定三相等，屬于中等題．20、（1）．（2）證明見解析【解析】

（1）由，可得當時，，兩式相減可求數列的通項公式；（2）將帶入，再計算，通過裂項相消計算，即可證明出。【詳解】（1）解：∵，∴（，），兩式相減得：，∴．當時，，滿足上式，∴．（2）證明：由（1）知，∴，∴，∴．【點睛