福建省福州第四中学2024年数学高一下期末统考试题考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1用长为4，宽为2的矩形做侧面围成一个圆柱，此圆柱轴截面面积为（ ）A8BCD2已知集合，则ABCD3设函数,，其中,.若，且 的最小正周期大于，则（ ）A,B,C,D,4已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是A，则B，则C，则D，则5已知平面向量=（1，3），=（4，2），与垂直，则是（ ）A2B1C2D16在等比数列中，成等差数列，则公比等于（ ）A1或2B1或2C1或2D1或27在中，内角，的对边分别为，.若，则ABCD8已知a0，x，y满足约束条件,若z=2x+y的最小值为1，则a=ABC1D29如图，在中，若，则( )ABCD10已知函数，则Af（x）的最小正周期为Bf（x）为偶函数Cf（x）的图象关于对称D为奇函数二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11已知斜率为的直线的倾斜角为，则_12在等差数列中，若，则_13命题“，”是_命题（选填“真”或“假”）.14设，其中，则的值为_.15若数列满足（）,且，_.16已知，且，若恒成立，则实数的取值范围是_三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17如图，已知四棱锥的侧棱底面，且底面是直角梯形，点在棱上，且.（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积.18已知离心率为的椭圆过点（1）求椭圆的方程；（2）过点作斜率为直线与椭圆相交于两点，求的长19已知函数.（1）求函数的最小正周期；（2）将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，若，求的值域.20随着高校自主招生活动的持续开展，我市高中生掀起了参与数学兴趣小组的热潮.为调查我市高中生对数学学习的喜好程度，从甲、乙两所高中各自随机抽取了40名学生，记录他们在一周内平均每天学习数学的时间，并将其分成了6个区间：、，整理得到如下频率分布直方图：（1）试估计甲高中学生一周内平均每天学习数学的时间的中位数甲（精确到0.01）；（2）判断从甲、乙两所高中各自随机抽取的40名学生一周内平均每天学习数学的时间的平均值甲与乙及方差甲与乙的大小关系（只需写出结论），并计算其中的甲、甲（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.21已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，且，求（用含、的形式表示）.参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1、B【解析】分别讨论当圆柱的高为4时，当圆柱的高为2时，求出圆柱轴截面面积即可得解.【详解】解：当圆柱的高为4时，设圆柱的底面半径为，则，则，则圆柱轴截面面积为， 当圆柱的高为2时，设圆柱的底面半径为，则，则，则圆柱轴截面面积为， 综上所述，圆柱的轴截面面积为，故选：B.【点睛】本题考查了圆柱轴截面面积的求法，属基础题.2、B【解析】直接利用交集运算得到答案.【详解】因为，所以.故答案选B【点睛】本题考查了交集运算，属于简单题.3、B【解析】根据周期以及最值点和平衡位置点先分析的值，然后带入最值点计算的值.【详解】因为，所以，则，所以，即，故；则，代入可得：且，所以.故选B.【点睛】（1）三角函数图象上，最值点和平衡位置的点之间相差奇数个四分之一周期的长度；（2）计算的值时，注意选用最值点或者非特殊位置点，不要选用平衡位置点（容易多解）.4、D【解析】根据空间中直线与平面的位置关系的相关定理依次判断各个选项即可.【详解】两平行平面内的直线的位置关系为：平行或异面，可知错误；且，此时或，可知错误；，此时或，可知错误；两平行线中一条垂直于一个平面，则另一条必垂直于该平面，正确.本题正确选项：【点睛】本题考查空间中直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查学生对于定理的掌握程度，属于基础题.5、D【解析】试题分析：，由与垂直可知考点：向量垂直与坐标运算6、C【解析】设出基本量，利用等比数列的通项公式，再利用等差数列的中项关系，即可列出相应方程求解【详解】等比数列中，设首项为，公比为，成等差数列，即，或答案选C【点睛】本题考查等差数列和等比数列求基本量的问题，属于基础题7、A【解析】根据正弦定理将题干等式化为，由C是三角形内角可知，则，有，即得A的值。【详解】，所以，因为，所以，则.【点睛】本题考查运用正弦定理求三角形内角，属于基础题。8、B【解析】画出不等式组表示的平面区域如图所示：当目标函数z=2x+y表示的直线经过点A时，取得最小值，而点A的坐标为（1，），所以，解得，故选B.【考点定位】本小题考查线性规划的基础知识，难度不大，线性规划知识在高考中一般以小题的形式出现，是高考的重点内容之一，几乎年年必考.9、B【解析】 又， 故选B.10、C【解析】对于函数，它的最小正周期为=4，故A选项错误；函数f（x）不满足f（x）=f（x），故f（x）不是偶函数，故B选项错误；令x=，可得f（x）=sin0=0，故f（x）的图象关于对称，C正确；由于f（x）=sin（x）=sin（x）=cos（x）为偶函数，故D选项错误，故选C二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】由直线的斜率公式可得，分析可得，由同角三角函数的基本关系式计算可得答案【详解】根据题意，直线的倾斜角为，其斜率为，则有，则，必有，即，平方有：，得，故，解得或（舍）故答案为【点睛】本题考查直线的倾斜角，涉及同角三角函数的基本关系式，属于基础题12、【解析】利用等差中项的性质可求出的值.【详解】由等差中项的性质可得，解得.故答案为：.【点睛】本题考查利用等差中项的性质求项的值，考查计算能力，属于基础题.13、真【解析】当时，成立，即命题“，”为真命题.14、【解析】由两角差的正弦公式以及诱导公式，即可求出的值【详解】，所以，因为，故【点睛】本题主要考查两角差的正弦公式的逆用以及诱导公式的应用15、1【解析】由数列满足，即，得到数列的奇数项和偶数项分别构成公比为的等比数列，利用等比数列的极限的求法，即可求解【详解】由题意，数列满足，即，又由，所以数列的奇数项构成首项为1，公比为，偶数项构成首项为，公比为的等比数列，当为奇数时，可得，当为偶数时，可得所以故答案为：1.【点睛】本题主要考查了等比数列的定义，以及无穷等比数列的极限的计算，其中解答中得出数列的奇数项和偶数项分别构成公比为的等比数列是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题16、（-4，2）【解析】试题分析：因为当且仅当时取等号，所以考点：基本不等式求最值三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）见证明；（2）4【解析】（1）取的三等分点，使，证四边形为平行四边形，运用线面平行判定定理证明.（2）三棱锥的体积可以用求出结果.【详解】（1）证明：取的三等分点，使，连接，.因为，所以，.因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）解：因为，所以的面积为，因为底面，所以三棱锥的高为，所以三棱锥的体积为.因为，所以三棱锥的高为，所以三棱锥的体积为，故三棱锥的体积为.【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、三棱锥体积的计算，在证明线面平行时需要构造平行四边形来证明，三棱锥的体积计算可以选用割、补等方法.18、（1）（2）【解析】（1）根据离心率可得的关系，将点代入椭圆方程，可得椭圆方程；（2）直线方程与椭圆方程联立，可得弦长.【详解】（1），又，即椭圆方程是，代入点,可得，椭圆方程是.（2）设 直线方程是，联立椭圆方程 代入可得.【点睛】本题考查了椭圆方程和直线与椭圆的位置关系，涉及弦长公式，属于简单题.19、（1）；（2）.【解析】（1）将已知函数转化为，结合周期的公式，即可求解；（2）利用三角函数的图象变换，求得，再结合三角函数的性质，即求解.【详解】（1）因为，所以的最小正周期；（2）若将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象对应的解析式为，由知，所以当即时，取得最小值；当即时，取得最大值1，因此的值域为.【点睛】本题主要考查了三角函数的恒等变换，以及正项型函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.20、（1）；（2）甲乙，甲乙，甲=，甲=【解析】（1）根据每组小矩形的面积确定中位数所在区间，即可求解；（2）根据直方图特征即可判定甲乙，甲乙，根据平均数和方差的公式分别计算求值.【详解】（1）由甲高中频率分布直方图可得：第一组频率0.1，第二组频率0.2，第三组频率0.3，所以中位数在第三组，甲；（2）根据两个频率分布直方图可得：甲乙，甲乙甲=甲=【点睛】此题考查频率分布直方图，根据两组直方图特征判断中位数和方差的大小关系，求中位数，平均数和方差，关键在于熟练掌握相关数据的求法，准确计算得解.21、【解析】由任意角的三角函数定义求得，再由诱导公式及同角的三角函数基本关系式求得，再由两角差的正弦求.【详解】由题意，又，所以， ， 则 .【点睛】本题主要考查了任意角的三角函数定义，同角三角函数的关系，两角和差的正弦，属于中档题.