青海省西宁市第十四中学2023-2024学年高一数学第二学期期末经典试题考生请注意：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将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若当时， 的图象与直线恰有两个公共点，则的取值范围为（）ABCD2已知直线，直线，若，则直线与的距离为（ ）ABCD3已知为等差数列，其前项和为，若，则公差等于（）ABCD4利用斜二测画法得到的:三角形的直观图是三角形;平行四边形的直观图是平行四边形;相等的角在直观图中仍然相等;正方形的直观图是正方形.以上结论正确的是( )ABCD5某三棱锥的左视图、俯视图如图所示，则该三棱锥的体积是()A3B2CD16已知、是平面上两个不共线的向量，则下列关系式：；.正确的个数是( )A4B3C2D17已知数列的前项和为，且满足，则（ ）ABCD8已知向量是单位向量，(3，4)，且在方向上的投影为，則A36B21C9D69若角的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边经过点，则（ ）ABCD10若，且，则下列不等式一定成立的是（ ）ABCD二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11平面四边形如图所示，其中为锐角三角形，则_.12等比数列an中，a10，an是递增数列，则满足条件的q的取值范围是_13若直线始终平分圆的周长，则的最小值为_14已知直线是函数（其中）图象的一条对称轴，则的值为_.15已知空间中的三个顶点的坐标分别为，则BC边上的中线的长度为_16下列关于函数与的命题中正确的结论是_.它们互为反函数；都是增函数；都是周期函数；都是奇函数.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，在平面四边形中，,（1）求的长；（2）求的长18已知四棱锥的底面为直角梯形，底面，且，是的中点.（1）求证：直线平面；（2）若，求二面角的正弦值.19设常数，函数（1）若为偶函数，求的值；（2）若，求方程在区间上的解20已知分别是内角的对边， （1）若，求（2）若，且求的面积21如图，四棱柱的底面是菱形，平面，点为的中点（1）求证：直线平面；（2）求证：平面；（3）求直线与平面所成的角的正切值参考答案一、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、C【解析】根据二倍角和辅助角公式化简可得，根据平移变换原则可得；当时，；利用正弦函数的图象可知若的图象与直线恰有两个公共点可得，解不等式求得结果.【详解】由题意得：由图象平移可知：当时，又的图象与直线恰有两个公共点，解得：本题正确选项：【点睛】本题考查根据交点个数求解角的范围的问题，涉及到利用二倍角和辅助角公式化简三角函数、三角函数图象平移变换原则的应用等知识；关键是能够利用正弦函数的图象，采用数形结合的方式确定角所处的范围.2、A【解析】利用直线平行的性质解得，再由两平行线间的距离求解即可【详解】直线l1：ax+2y10，直线l2：8x+ay+2a0，l1l2，且解得a1所以直线l1：1x-2y+10，直线l2：1x-2y+30，故与的距离为 故选A【点睛】本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意直线平行的性质的灵活运用3、C【解析】由题意可得，又，所以,故选C.【点睛】本题考查两个常见变形公式和.4、A【解析】由直观图的画法和相关性质，逐一进行判断即可.【详解】斜二侧画法会使直观图中的角度不同，也会使得沿垂直于水平线方向的长度与原图不同，而多边形的边数不会改变，同时平行直线之间的位置关系依旧保持平行，故：正确，和不对，因为角度会发生改变.故选：A.【点睛】本题考查斜二侧画法的相关性质，注意角度是发生改变的，这是易错点.5、D【解析】根据三视图高平齐的原则得知锥体的高，结合俯视图可计算出底面面积，再利用锥体体积公式可得出答案【详解】由三视图“高平齐”的原则可知该三棱锥的高为，俯视图的面积为锥体底面面积，则该三棱锥的底面面积为，因此，该三棱锥的体积为，故选D.【点睛】本题考查利用三视图求几何体的体积，解题时充分利用三视图“长对正，高平齐，宽相等”的原则得出几何体的某些数据，并判断出几何体的形状，结合相关公式进行计算，考查空间想象能力，属于中等题6、C【解析】根据数量积的运算性质对选项进行逐一判断，即可得到答案【详解】 . ，满足交换律，正确. . ,满足分配律，正确. .,所以不正确. . ,，可正可负可为0，所以不正确.故选：C【点睛】本题考查向量数量积的运算性质，属于中档题7、B【解析】由可知，数列隔项成等比数列，从而得到结果.【详解】由可知：当n2时，两式作商可得：奇数项构成以1为首项，2为公比的等比数列，偶数项构成以2为首项，2为公比的等比数列，故选：B【点睛】本题考查数列的递推关系，考查隔项成等比，考查分析问题解决问题的能力，属于中档题.8、D【解析】根据公式把模转化为数量积，展开后再根据和已知条件计算.【详解】因为在方向上的投影为，所以， .故选D.【点睛】本题主要考查向量模有关的计算，常用公式有，.9、C【解析】根据三角函数定义结合正弦的二倍角公式计算即可【详解】由题意，故选：C.【点睛】本题考查三角函数的定义，考查二倍角的正弦公式，掌握三角函数定义是解题关键10、B【解析】根据不等式性质确定选项.【详解】当时，不成立；因为，所以；当时，不成立；当时，不成立；所以选B.【点睛】本题考查不等式性质，考查基本分析判断能力，属基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】由二倍角公式求出，然后用余弦定理求得，再由余弦定理求【详解】由题意，在中，在中，即，解得，或若，则，不合题意，舍去，所以故答案为：【点睛】本题考查余弦的二倍角公式，考查余弦定理掌握余弦定理是解题关键12、【解析】试题分析：由题意可得，解得 0q1考点：等比数列的性质13、9【解析】平分圆的直线过圆心，由此求得的等量关系式，进而利用基本不等式求得最小值.【详解】由于直线始终平分圆的周长，故直线过圆的圆心，即，所以.【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查利用基本不等式求最小值，属于基础题.14、【解析】根据正弦函数图象的对称性可得，由此可得答案.【详解】依题意得，所以，即，因为，所以或，故答案为：【点睛】本题考查了正弦函数图象的对称轴，属于基础题.15、【解析】先求出BC的中点，由此能求出BC边上的中线的长度.【详解】解：因为空间中的三个顶点的坐标分别为，所以BC的中点为，所以BC边上的中线的长度为：，故答案为：.【点睛】本题考查三角形中中线长的求法，考查中点坐标公式、两点间距离的求法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题16、【解析】利用反函数，增减性，周期函数，奇偶性判断即可【详解】，当时，的反函数是，故错误；，当时，是增函数，故错误；，不是周期函数，故错误；，与都是奇函数，故正确故答案为【点睛】本题考查正弦函数及其反函数的性质，熟记其基本性质是关键，是基础题三、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)；(2)【解析】（1）在中，先得到再利用正弦定理得到.（2）在中，计算，由余弦定理得到，再用余弦定理得到.【详解】（1）在中，,则,又由正弦定理，得（2）在中，,则，又即是等腰三角形，得.由余弦定理，得所以. 在中,由余弦定理，得所以.【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理，意在考查学生利用正余弦定理解决问题的能力.18、（1）证明见解析；（2）【解析】（1）取中点，连结，推导出，从而平面平面，由此能证明直线平面；（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值【详解】（1）证明：取中点，连结，是的中点，平面平面，平面，直线平面（2）解：，底面，是的中点，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，0，1，0，2，1，1，1，1，0，设平面的法向量，则，取，得.设平面的法向量，则，取，得.设二面角的平面角为，则二面角的余弦值为【点睛】本题主要考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查运算求解能力，属于中档题19、 (1);(2)或或.【解析】（1）根据函数的奇偶性和三角形的函数的性质即可求出，（2）先求出a的值，再根据三角形函数的性质即可求出【详解】（1），为偶函数，；（2），或，或，或或【点睛】本题考查了三角函数的化简和求值，以及三角函数的性质，属于基础题20、（1）；（2）1【解析】试题分析：（1）由，结合正弦定理可得：，再利用余弦定理即可得出（2）利用（1）及勾股定理可得c，再利用三角形面积计算公式即可得出试题解析：（1）由题设及正弦定理可得又，可得由余弦定理可得（2）由（1）知因为，由勾股定理得故，得所以的面积为1考点：正弦定理，余弦定理解三角形21、（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】（1）只需证明POBD1，即可得BD1平面PAC；（2）只需证明ACBDDD1AC即可证明AC平面BDD1B1（3）CPO就是直线CP与平面BDD1B1所成的角，在RtCPO中，tanCPO即可求解【详解】（1）设和交于点，连结，由于，分别是，的中点，故，平面，平面所以直线平面 （2）在四棱柱中，底面是菱形，则 又平面，且平面，则， 平面，平面，