2024届陕西省安康市高一数学第二学期期末达标测试试题含解析

考生须知： 1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。 2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。

3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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．已知直线l是平面a的斜线，则a内不存在与l（ ） A．相交的直线 C．异面的直线

B．平行的直线 D．垂直的直线

2．边长为2的正方形内有一封闭曲线围成的阴影区域.向正方形中随机地撒200粒芝麻，大约有80粒落在阴影区域内，则此阴影区域的面积约为（ ） A．

12 5B．

8 5C．

3 5D．

2 53．已知向量a是单位向量，b＝(3，4)，且b在a方向上的投影为A．36

B．21

C．9

7，則2ab 4D．6

﹣A1B1C1D1中，设直线A1B与平面A1DCB1所成角为1，4．如图所示：在正方体ABCD﹣A的大小为2，则1，2为（ ） 二面角A﹣1DC

A．30o，45o 5．若集合A．

B．45o，30o

，则

B．

C．30o，60o

C．

D．60o，45o

D．

6．已知向量a=(2，tan)，b=(1，-1)，a∥b，则tan(A．2

B．-3

C．-1

4)=( )

D．-3

7．sin480°等于（ ） A．1 2B．

1 2C．3 2D．3 28．已知正数x、y满足xy1，则

14的最小值为（ ） x1yC．

A．2

B．

9 2214 3D．5

9．设点P是函数y4x1图象士的任意一点，点Qx,y满足

x2y60，则PQ的最小值为（）

A．524

B．52

C．5 D．54

10．已知直线l平面，直线m平面，下列四个命题中正确的是（ ）． （1）∥lm （2）l∥m （3）l∥m （4）lm∥ A．（1）与（2）

B．（3）与（4）

C．（2）与（4）

D．（1）与（3）

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。

11．在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若b2ac，则角B最大值为______.

12．已知a0,b0,ab2，则y314的最小值是__________． ab13．已知函数fxx11．利用课本中推导等差数列的前n项和的公式的方法，可求得f5f4f0f6f7的值为_____．

14．函数f(x)sinx2|sinx|，x[0,2]的图象与直线y=k有且仅有两个不同的交点，则k的取值范围是_____.

15．在等差数列an中，公差不为零，且a1、a3、a11恰好为某等比数列的前三项，那么该等比数列公比的值等于____________．

16．已知a1，b2，a，b60，则a2b______．

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，正方体ABCDA1B1C1D1．

（1）求证：AC平面B1D1DB； （2）求异面直线AC与BC1所成角的大小．

18．已知等比数列an是递增数列，且满足：a2a38，a1a49. （1）求数列an的通项公式：

（2）设bnlog2anan1，求数列bn的前n项和Sn.

19．在锐角ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知a7，b3，

7sinBsinA23．

（1）求角A的大小； （2）求ABC的面积．

220．若f(x)12a2acosx2sinx 的最小值为g(a) .

（1）求g(a) 的表达式； （2）求能使g(a)1 的值，并求当a 取此值时，fx的最大值. 221．四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面SBC底面ABCD，已知

ABC45，SAB 为正三角形．

（1）证明SABC．

（2）若BC22，ABSASB2，求二面角CSAB的大小的余弦值．

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、B 【解题分析】

根据平面的斜线的定义，即可作出判定，得到答案． 【题目详解】

由题意，直线l是平面的斜线，由斜线的定义可知与平面相交但不垂直的直线叫做平面的斜线，所以在平面内肯定不存在与直线l平行的直线． 故答案为：B 【题目点拨】

本题主要考查了直线与平面的位置关系的判定及应用，其中解答中熟记平面斜线的定义是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题． 2、B 【解题分析】

依题意得，豆子落在阴影区域内的概率等于阴影部分面积与正方形面积之比，即可求出结果. 【题目详解】

设阴影区域的面积为S，由题意可得故选：B. 【题目点拨】

本题考查随机模拟实验，根据几何概型的意义进行模拟实验计算阴影部分面积，关键在于掌握几何概型的计算公式. 3、D 【解题分析】 根据公式aS808，则S. 222005a把模转化为数量积，展开后再根据aa和已知条件计算.

222【题目详解】

因为b在a方向上的投影为所以bcosa,b7， 47， 4222ab2ab224a4abb

24a4abcosa,bb 7441()256.

4故选D. 【题目点拨】

本题主要考查向量模有关的计算，常用公式有a4、A 【解题分析】

连结BC1，交B1C于O，连结A1O，则∠BA1O是直线A1B与平面A1DCB1所成角θ1， 由BC⊥DC，B1C⊥DC，知∠BCB1是二面角A1﹣DC﹣A的大小θ2，由此能求出结果．【题目详解】

连结BC1，交B1C于O，连结A1O，∵在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，BC1⊥B1C，BC1⊥DC，

∴BO⊥平面A1DCB1，∴∠BA1O是直线A1B与平面A1DCB1所成角θ1， ∵BO＝

a，aa.

2221A1B，∴θ1＝30°；∵BC⊥DC，B1C⊥DC，∴∠BCB1是二面角A1﹣DC﹣A2的大小θ2，

∵BB1＝BC，且BB1⊥BC，∴θ2＝45°． 故选A．

【题目点拨】

本题考查线面角、二面角的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题． 5、B 【解题分析】 根据交集定义计算． 【题目详解】 由题意故选B． 【题目点拨】

本题考查集合的交集运算，属于基础题． 6、B 【解题分析】

通过向量平行得到tan的值，再利用和差公式计算tan(【题目详解】

向量a=(2，tan)，b=(1，-1)，a∥btan2

．

4)

tan()3

41tantan4故答案选B 【题目点拨】

本题考查了向量的平行，三角函数和差公式，意在考查学生的计算能力. 7、D 【解题分析】

试题分析：因为sin4800sin(36001200)sin1200考点：诱导公式，特殊角的三角函数值. 8、B 【解题分析】

由xy1得x(1y)2，再将代数式x(1y)与可求出

tan4tan3，所以选D. 214相乘，利用基本不等式x1y14的最小值． x1y【题目详解】

xy1，所以，x(1y)2，

14144x1y4x1y)[x(1y)]()5259， 则2(x1yx1y1yx1yx所以，

14x1y9， 224x1yx3x，即当当且仅当1y时，等号成立，

1yxy13因此，

149的最小值为， x1y2故选B． 【题目点拨】

本题考查利用基本不等式求最值，对代数式进行合理配凑，是解决本题的关键，属于中等题． 9、B 【解题分析】

函数y4x1表示圆x1+y24位于x轴下面的部分。利用点到直线的

22距离公式，求出最小值。 【题目详解】

函数y4x1化简得x1+y24，y0。圆心坐标(1,0),半径为2.

22所以PQmin【题目点拨】

1065252

本题考查点到直线的距离公式，属于基础题。 10、D 【解题分析】

∵直线l⊥平面α，若α∥β，则直线l⊥平面β，又∵直线m⊂平面β，∴l⊥m，即(1)正确；

∵直线l⊥平面α，若α⊥β，则l与m可能平行、异面也可能相交，故(2)错误；

∵直线l⊥平面α，若l∥m，则m⊥平面α，∵直线m⊂平面β，∴α⊥β；故(3)正确； ∵直线l⊥平面α，若l⊥m，则m∥α或m⊂α，则α与β平行或相交，故(4)错误； 故选D.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。 11、

 3【解题分析】

根据余弦定理列式，再根据基本不等式求最值 【题目详解】

a2c2b2a2c2ac2acac1因为cosB,B(0,)

2ac2ac2ac2所以B(0,3],角B最大值为

3【题目点拨】

本题考查余弦定理以及利用基本不等式求最值，考查基本分析求解能力，属中档题 12、

9 2【解题分析】

分析：利用题设中的等式，把y的表达式转化成(等式求得y的最小值. 详解：因为ab2，所以

ab1，所以2ab14)()，展开后，利用基本不2aby14ab145b2a59()()2（当且仅当b2a时等号成ab2ab22ab22立），则y9914的最小值是，总上所述，答案为. ab22点睛：该题考查的是有关两个正数的整式形式和为定值的情况下求其分式形式和的最值的问题，在求解的过程中，注意相乘，之后应用基本不等式求最值即可，在做乘积运算的时候要注意乘1是不变的，如果不是1，要做除法运算. 13、1． 【解题分析】

由题意可知：可以计算出f(x)f(2x)的值， 最后求出f5f4f0f6f7的值.

【题目详解】

设Sf5f4所以有Sf7f6f0f0f6f7,， f4f5，因为

f(x)f(2x)2,因此2S213S13

【题目点拨】

本题考查了数学阅读能力、知识迁移能力，考查了倒序相加法. 14、1k3 【解题分析】

3sinx,x0,.fx作出其图像，可只有两个交点时k的范围为1k3.

sinx,x,2.故答案为1k3 15、4 【解题分析】

2由题意将a3a1a11表示为a1,d的方程组求解得a12d，即可得等比数列的前三项分3别为

2832d﹑d、d，则公比可求 333【题目详解】

2a11a110d，a3a1a11，由题意可知，又因为a3a12d，代入上式可得a12d，3所以该等比数列的前三项分别为故答案为：4 【题目点拨】

2832d﹑d、d，所以q4. 333本题考查等差等比数列的基本量计算，考查计算能力，是基础题 16、13 【解题分析】

先求出a2b的平方值，再开方得到所求结果． 【题目详解】

a2ba2b222a24ab4b2

21a4abcosa,b4b1424413

2a2b13 【题目点拨】

本题考查求解复合向量模长的问题，求解此类问题的关键是先求模长的平方，将其转化为已知向量运算的问题．

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）见解析（2）【解题分析】

（1）证明ACBD，BB1AC，即得证；（2）求出CAD1与BC1所成角的大小． 【题目详解】

（1）证明：因为ABCDA1B1C1D1为正方体，所以ABCD为正方形． 所以ACBD，

又因为BB1平面ABCD，AC平面ABCD，故BB1AC， 又BDBB1B，BD,B1D1平面B1D1DB, 所以AC平面B1D1DB． （2）因为AD1//BC1，

所以直线AC与BC1所成的角或补角即为AC与AD1的角， 又三角形CAD1为等边三角形， 所以CAD1 33即得异面直线AC

3，

即直线AC与BC1所成的角为【题目点拨】

． 3本题主要考查线面位置关系的证明，考查异面直线所成角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 18、（1）an【解题分析】

（1）利用等比数列的性质结合已知条件解得首项和公比，由此得通项公式； （2）由（1）得bnlog2anan12n1，再利用等差数列的求和公式进行解答即

22n1；（2）Snn

可． 【题目详解】

（1）由题意，得a2a3a1a48，又a1a49，所以a11，a48，或a18 ，a41，

由an是递增的等比数列，得q1 ，所以a11，a48，且qn1n1n1∴ana1q122，即an2，

2n1；

（2）由（1）得bnlog2anan1log22得bn1bn2n112n12，

n12n112n1，

所以数列bn是以1为首项，以2为公差的等差数列， 所以Snnb1bn2n2.

【题目点拨】

本题考查了等差数列与等比数列的通项公式，以及等差数列的其前n项和公式的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 19、（1）A3；（2）SABC33． 2【解题分析】

试题分析：（1）先由正弦定理求得sinB与sinA的关系，然后结合已知等式求得sinA的值，从而求得A的值；（2）先由余弦定理求得c的值，从而由cosB的范围取舍c的值，进而由面积公式求解．

试题解析：（1）在ABC中，由正弦定理

ab73，得，即sinAsinBsinAsinB7sinB3sinA.

又因为7sinBsinA23，所以sinA因为ABC为锐角三角形，所以A3. 23.

b2c2a219c27（2）在ABC中，由余弦定理cosA，得，即

2bc26cc23c20.解得c1或c2.

a2c2b27当c1时，因为cosB0，所以角B为钝角，不符合题意，舍

2ac14a2c2b27去.当c2时，因为cosB0，又bc,baBC,BA，

2ac14所以ABC为锐角三角形，符合题意.所以ABC的面积

S11333. bcsinA322222考点：1、正余弦定理；2、三角形面积公式．

1a22a2a12a2；20、（1）ga（2）fx的最大值为5 2a214a【解题分析】

试题分析：（1）通过同角三角函数关系将f(x)化简，再对函数f(x)配方，然后讨论对

，?1?]的位置关系，称轴与区间[1从而求出f(x)的最小值；（2）由ga1，则根据g(a)2)内解方程，从而求出a的值，即可求出f(x)的最的解析式可知g(a)只能在[2，大值.

试题解析：（1）fx12a2acosx21cosx 2cos2x2acosx12a

2aa22cosx2a1

22若

2a1，即a2，则当cosx1时，fx有最小值，22aa2ga212a11；

22aaa2若11，即2a2，则当cosx时，fx有最小值，ga2a1

222若

a1，即a2，则当cosx1时，fx有最小值，222aaga212a114a

221a22a2a12a2； 所以ga2a214a11a21（2）若ga，由所求ga的解析式知2a1或14a

22222a2a212a1a由a或（舍）；由（舍） a311814a2a1222111此时fx2cosx，得fxmax5，所以ga时，a1，此时

2222fx的最大值为5.

21、（1）证明见解析．（2）二面角CSAB的余弦值为． 【解题分析】

（1）作SOBC于点O，连接AO，根据面面垂直性质可得SO底面ABCD，由三角形全等性质可得AOBO，进而根据线面垂直判定定理证明BC⊥平面SAO，即可证明SABC.

（2）根据所给角度和线段关系，可证明以SAC,SAB均为等边三角形，从而取SA中点M，连接CM,BM，即可由线段长结合余弦定理求得二面角CSAB的大小. 【题目详解】

（1）证明：作SOBC于点O，连接AO，如下图所示：

13

因为侧面SBC底面ABCD， 则SO底面ABCD，

因为SAB 为正三角形，则SASB, 所以SOASOB，即OAOB，

又因为ABC45，

所以AOBO，而AOSOO, 所以BC⊥平面SAO， 所以BCSA.

（2）由（1）可知AOBO，ABSASB2，ABC45， 所以BO2，

2，即O为BC中点.

又因为BC22，所以BOCO由等腰三角形三线合一可知SBSC2，

在ABC中，由等腰三角形三线合一可得ACAB2， 所以SAC,SAB均为边长为2的等边三角形， 取SA中点M，连接CM,BM，如下图所示：

由题意可知，BMC即为二面角CSAB的平面角， 所以在BMC中由余弦定理可得

CM2BM2BC23381cosBMC，

2CMBM3233即二面角CSAB的余弦值为． 【题目点拨】

本题考查了线面垂直的判定定理，面面垂直的性质应用，二面角夹角的去找法及由余弦定理求二面角夹角的余弦值，属于中档题.

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