浙江溫州十五校聯(lián)盟2023-2024學年高一數學第二學期期末統(tǒng)考試題含解析

浙江溫州十五校聯(lián)盟2023-2024學年高一數學第二學期期末統(tǒng)考試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．“數列為等比數列”是“數列為等比數列”的（）A．充分非必要條件 B．必要非充分條件C．充要條件 D．非充分非必要條件2．要得到函數的圖象，只需將函數的圖象（）A．向左平移個單位長度 B．向右平移個單位長度C．向左平移個單位長度 D．向右平移個單位長度3．已知滿足，則（）A．1 B．3 C．5 D．74．已知奇函數滿足，則的取值不可能是（）A．2 B．4 C．6 D．105．已知m，n是兩條不同的直線，是三個不同的平面，則下列命題正確的是（）A．若，，則 B．若，則C．若，，，則 D．若，，則6．如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為3，線段B1D1上有兩個動點E，F且EF＝1，則當E，F移動時，下列結論中錯誤的是（）A．AE∥平面C1BDB．四面體ACEF的體積不為定值C．三棱錐A﹣BEF的體積為定值D．四面體ACDF的體積為定值7．已知數列{an}為等差數列，Sn是它的前n項和．若＝2，S3＝12，則S4＝()A．10 B．16 C．20 D．248．先后拋擲枚均勻的硬幣，至少出現一次反面的概率是（）A． B． C． D．9．已知函數若關于的方程恰有兩個互異的實數解，則的取值范圍為A． B． C． D．10．在中，角所對的邊分別為，若，則此三角形（）A．無解 B．有一解 C．有兩解 D．解的個數不確定二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若，則的取值范圍是________.12．已知數列，，且，則________．13．已知數列中，其前項和為，，則_____.14．已知數列的通項公式為，的前項和為，則___________.15．計算：________.16．在中，，是邊上一點，且滿足，若，則_________.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，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.18．如圖，在平面四邊形ABCD中，，，，.（1）若點E為邊CD上的動點，求的最小值；（2）若，，，求的值.19．如圖，在斜三棱柱中，側面是邊長為的菱形，平面，，點在底面上的射影為棱的中點，點在平面內的射影為證明：為的中點：求三棱錐的體積20．已知⊙C經過點、兩點，且圓心C在直線上.（1）求⊙C的方程；（2）若直線與⊙C總有公共點，求實數的取值范圍.21．某商場有獎銷售中，購滿100元商品得1張獎券，多購多得，100張獎券為一個開獎單位，每個開獎單位設特等獎1個，一等獎10個，二等獎50個，設一張獎券中特等獎、一等獎、二等獎的事件分別為A，B，C，可知其概率平分別為．（1）求1張獎券中獎的概率；（2）求1張獎券不中特等獎且不中一等獎的概率．

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、A【解析】

數列是等比數列與命題是等比數列是否能互推，然后根據必要條件、充分條件和充要條件的定義進行判斷．【詳解】若數列是等比數列，則，∴，∴數列是等比數列，若數列是等比數列，則，∴，∴數列不是等比數列，∴數列是等比數列是數列是等比數列的充分非必要條件，故選：A．【點睛】本題主要考查充分不必要條件的判斷，注意等比數列的性質的靈活運用，屬于基礎題．2、C【解析】

由，則只需將函數的圖象向左平移個單位長度.【詳解】解：因為，所以要得到函數的圖象，只需將函數的圖象向左平移個單位長度.故選：C.【點睛】本題考查了三角函數圖像的平移變換，屬基礎題.3、B【解析】

已知兩個邊和一個角，由余弦定理，可得?！驹斀狻坑深}得，，，代入，化簡得，解得（舍）或.故選：B【點睛】本題考查用余弦定理求三角形的邊，是基礎題。4、B【解析】

由三角函數的奇偶性和對稱性可求得參數的值.【詳解】由是奇函數得又因為得關于對稱，所以，解得所以當時，得A答案；當時，得C答案；當時，得D答案；故選B.【點睛】本題考查三角函數的奇偶性和對稱性，屬于基礎題.5、C【解析】

利用線面垂直、線面平行、面面垂直的性質定理分別對選項分析選擇．【詳解】對于A，若，，則或者；故A錯誤；對于B，若，則可能在內或者平行于；故B錯誤；對于C，若，，，過分作平面于，作平面,則根據線面平行的性質定理得，，∴，根據線面平行的判定定理，可得，又，，根據線面平行的性質定理可得，又，∴；故C正確；對于D．若，，則與可能垂直，如墻角；故D錯誤；故選：C．【點睛】本題考查了面面垂直、線面平行、線面垂直的性質定理及應用，涉及空間線線平行的傳遞性，考查了空間想象能力，熟練運用定理是關鍵．6、B【解析】

根據面面平行的性質定理，判斷A選項是否正確，根據錐體體積計算公式，判斷BCD選項是否正確.【詳解】對于A選項，易得平面與平面平行，所以平面成立，A選項結論正確.對于B選項，由于長度一定，所以三角形面積為定值.到平面的距離，也即到平面的距離一定，所以四面體體積為定值，故B選項結論錯誤.對于C選項，由于長度一定，所以三角形面積為定值.到平面的距離，也即到平面的距離一定，所以三棱錐體積為定值，故C選項結論正確.對于D選項，由于三角形面積為定值，到平面的距離為定值，所以四面體的體積為定值.綜上所述，錯誤的結論為B選項.故選：B【點睛】本小題主要考查利用面面平行證明線面平行，考查三棱錐（四面體）體積的計算，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于基礎題.7、C【解析】

根據等差數列的前n項和公式，即可求出.【詳解】因為S3＝3＋d＝6＋3d＝12，解得d＝2，所以S4＝4＋d＝20.【點睛】本題主要考查了等差數列的前n項和公式，屬于中檔題.8、D【解析】

先求得全是正面的概率，用減去這個概率求得至少出現一次反面的概率.【詳解】基本事件的總數為，全是正面的的事件數為，故全是正面的概率為，所以至少出現一次反面的概率為，故選D.【點睛】本小題主要考查古典概型概率計算，考查正難則反的思想，屬于基礎題.9、D【解析】

畫出圖象及直線，借助圖象分析．【詳解】如圖，當直線位于點及其上方且位于點及其下方，或者直線與曲線相切在第一象限時符合要求．即，即，或者，得，，即，得，所以的取值范圍是．故選D．【點睛】根據方程實根個數確定參數范圍，常把其轉化為曲線交點個數，特別是其中一條為直線時常用此法．10、C【解析】

利用正弦定理求，與比較的大小，判斷B能否取相應的銳角或鈍角.【詳解】由及正弦定理，得，，B可取銳角；當B為鈍角時，，由正弦函數在遞減，，可取.故選C.【點睛】本題考查正弦定理，解三角形中何時無解、一解、兩解的條件判斷，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、【解析】

利用反函數的運算法則，定義及其性質，求解即可．【詳解】由，得所以，又因為，所以.故答案為：【點睛】本題考查反余弦函數的運算法則，反函數的定義域，考查學生計算能力，屬于基礎題．12、【解析】

由題意可得{}是以+1為首項，以2為公比的等比數列，再由已知求得首項，進一步求得即可．【詳解】在數列中，滿足得，則數列是以+1為首項，以公比為2的等比數列，得，由，則，得．由，得，故．故答案為：【點睛】本題考查了數列的遞推式，利用構造等比數列方法求數列的通項公式，屬于中檔題．13、1【解析】

本題主要考查了已知數列的通項式求前和，根據題目分奇數項和偶數項直接求即可。【詳解】，則．故答案為：1．【點睛】本題主要考查了給出數列的通項式求前項和以及極限。求數列的前常用的方法有錯位相減、分組求和、裂項相消等。本題主要利用了分組求和的方法。屬于基礎題。14、【解析】

計算出，再由可得出的值.【詳解】當時，則，當時，則，當時，.，，因此，.故答案為：.【點睛】本題考查數列求和，解題的關鍵就是找出數列的規(guī)律，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.15、3【解析】

直接利用數列的極限的運算法則求解即可．【詳解】.故答案為：3【點睛】本題考查數列的極限的運算法則，考查計算能力，屬于基礎題．16、【解析】

記,則,則可求出,設,,得,,故結合余弦定理可得,解得的值,即可求,進而求的值.【詳解】根據題意,不妨設,,則,因,所以,設,由,得,又,所以,故由余弦定理可得,即,整理得:,即,所以,所以,所以,故答案為:.【點睛】本題主要考查了余弦定理在解三角形中的綜合應用以及同角三角函數的基本關系式,屬于中檔題.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）【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.18、（1）；（2）【解析】

（1）建立平面直角坐標系，將范圍問題轉化為函數的最值問題，進而求解函數的最值即可；（2）根據、兩點的位置，可以寫出對應的坐標，從而在直角三角形中求得的正余弦，進而用余弦的和角公式進行求解.【詳解】（1）設AC，BD相交于O，由于，所以，所以，因此，以DB所在的直線為x軸，以AC所在的直線為y軸建立平面直角坐標系如下圖所示：故，，，.因為直線CD的方程為，所以可設.所以，.所以，當時，最小為.（2）因為，，所以，.因此，，.所以，.所以，.【點睛】本題考查利用向量解決幾何問題，涉及范圍問題的求解，屬經典好題.19、（1）詳見解析（2）【解析】

（1）先證平面平面，說明平面且，根據菱形的性質即可說明為的中點．（2）根據，即求出即可．【詳解】（1）證明：因為面，平面，所以平面平面；交線為過作，則平面，又是菱形，，所以為的中點（2）由題意平面【點睛】本題考查面面垂直的性質定理，利用等體積轉換法求三棱錐的體積，屬于基礎題．20、（1）（2）【解析】試題分析：(1)解法1：由題意利用待定系數法可得⊙C方程為.解法2：由題意結合幾何關系確定圓心坐標和半徑的長度可得⊙C的方程為.(2)解法1：利用圓心到直線的距離與圓的半徑的關系得到關系k的不等式，求解不等式可得.解法2：聯(lián)立直線與圓的方程，結合可得.試題解析：（1）解法1：設圓的方程為，則，所以⊙C方程為.解法2：由于AB的中點為，，則線段AB的垂直平分線方程為而圓心C必為直線與直線的交點，由解得，即圓心，又半徑為，故⊙C的方程為.（2）解法1：因為直線與⊙C總有公共點，則圓心到直線的距離不超過圓的半徑，即，將其變形得，解得.解法2：由，因為直線與⊙C總有公共點，則，解得.點睛：判斷直線與圓的位置關系時，若兩方程已知或圓心到直線的距離易表達，則用幾何法；若方程中含有參數，或圓心到直線的距離的表達較繁瑣，則用代數法．21、（1）（2）【解析】

（1）1張獎券中獎包括中特等獎、一等獎、二等獎,且、、