2024屆云南省紅河州云南市蒙自一中數學高一第二學期期末考試試題注意事項：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(qū)。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(qū)域內作答，超出答題區(qū)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．設，是定義在上的兩個周期函數，的周期為，的周期為，且是奇函數．當時，，，其中．若在區(qū)間上，函數有個不同的零點，則的取值范圍是（）A． B． C． D．2．若函數（）的最大值與最小正周期相同，則下列說法正確的是（）A．在上是增函數 B．圖象關于直線對稱C．圖象關于點對稱 D．當時，函數的值域為3．在中，若°，°，．則=A． B． C． D．4．設某曲線上一動點到點的距離與到直線的距離相等，經過點的直線與該曲線相交于，兩點，且點恰為等線段的中點，則（）A．6 B．10 C．12 D．145．設是兩條不同的直線,是兩個不同的平面,下列命題中正確的是（）A．若,,則 B．若，,則C．若,,則 D．若,,則6．若，則下列不等式成立的是（）A． B．C． D．7．與直線平行，且到的距離為的直線方程為A． B． C． D．8．函數的定義域為R，數列是公差為的等差數列，若，，則（）A．恒為負數 B．恒為正數C．當時，恒為正數；當時，恒為負數 D．當時，恒為負數；當時，恒為正數9．把函數y=sin（2x﹣）的圖象向右平移個單位得到的函數解析式為（）A．y=sin（2x﹣） B．y=sin（2x+） C．y=cos2x D．y=﹣sin2x10．函數，，若在區(qū)間上是單調函數，，則的值為（）A． B．2 C．或 D．或2二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．在平行六面體中，為與的交點，若存在實數，使向量，則__________．12．設，，，若，則實數的值為______13．一個幾何體的三視圖如圖所示（單位:m）,則該幾何體的體積為.14．已知向量，滿足，且在方向上的投影是，則實數_______.15．設等差數列的前項和為，若，，則的最小值為______．16．己知中，角所対的辻分別是.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．已知數列，，，且.(1)設，證明數列是等比數列，并求數列的通項；(2)若，并且數列的前項和為，不等式對任意正整數恒成立，求正整數的最小值.(注:當時，則)18．設，已知函數，．（1）若是的零點，求不等式的解集：（2）當時，，求的取值范圍．19．已知非零數列滿足，.（1）求證：數列是等比數列；（2）若關于的不等式有解，求整數的最小值；（3）在數列中，是否存在首項、第項、第項()，使得這三項依次構成等差數列？若存在，求出所有的；若不存在，請說明理由.20．已知A、B兩地的距離是100km，按交通法規(guī)定，A、B兩地之間的公路車速x應限制在60~120km/h，假設汽油的價格是7元/L，汽車的耗油率為，司機每小時的工資是70元（設汽車為勻速行駛），那么最經濟的車速是多少？如果不考慮其他費用，這次行車的總費用是多少？21．如圖所示，某海輪以30海里/小時的速度航行，在A點測得海面上油井P在南偏東，向北航行40分鐘后到達點，測得油井P在南偏東，海輪改為北偏東的航向再行駛80分鐘到達C點，求P，C間的距離．

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【解題分析】

根據題意可知，函數和在上的圖象有個不同的交點，作出兩函數圖象，即可數形結合求出．【題目詳解】作出兩函數的圖象，如圖所示：由圖可知，函數和在上的圖象有個不同的交點，故函數和在上的圖象有個不同的交點，才可以滿足題意．所以，圓心到直線的距離為，解得，因為兩點連線斜率為，所以，．故選：B．【題目點撥】本題主要考查了分段函數的圖象應用，函數性質的應用，函數的零點個數與兩函數圖象之間的交點個數關系的應用，意在考查學生的轉化能力和數形結合能力，屬于中檔題．2、A【解題分析】

先由函數的周期可得，再結合三角函數的性質及三角函數值域的求法逐一判斷即可得解.【題目詳解】解：由函數（）的最大值與最小正周期相同，所以，即，即，對于選項A，令，解得：，即函數的增區(qū)間為，當時，函數在為增函數，即A正確，對于選項B，令，解得，即函數的對稱軸方程為：，又無解，則B錯誤，對于選項C，令，解得，即函數的對稱中心為：，又無解，則C錯誤，對于選項D，，則，即函數的值域為，即D錯誤，綜上可得說法正確的是選項A，故選：A.【題目點撥】本題考查了三角函數的性質，重點考查了三角函數值域的求法，屬中檔題.3、A【解題分析】∵在△ABC中,A=45°,B=60°，a=2，∴由正弦定理得：.本題選擇A選項.4、B【解題分析】由曲線上一動點到點的距離與到直線的距離相等知該曲線為拋物線，其方程為，分別過點向拋物線的準線作垂線，垂足分別為，由梯形的中位線定理知,所以，故選B.5、C【解題分析】

在A中，與相交或平行；在B中，或；在C中，由線面垂直的判定定理得；在D中，與平行或．【題目詳解】設是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則：在A中，若，，則與相交或平行，故A錯誤；在B中，若，，則或，故B錯誤；在C中，若，，則由線面垂直的判定定理得，故C正確；在D中，若，，則與平行或，故D錯誤．故選C．【題目點撥】本題考查命題真假的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，是中檔題．6、D【解題分析】

取特殊值檢驗，利用排除法得答案?！绢}目詳解】因為，則當時，故A錯；當時，故B錯；當時，，故C錯；因為且，所以故選D.【題目點撥】本題考查不等式的基本性質，屬于簡單題。7、B【解題分析】試題分析：與直線平行的直線設為與的距離為考點：兩直線間的距離點評：兩平行直線間的距離8、A【解題分析】

由函數的解析式可得函數是奇函數，且為單調遞增函數，分和兩種情況討論，分別利用函數的奇偶性和單調性，即可求解，得到結論．【題目詳解】由題意，因為函數，根據冪函數和反正切函數的性質，可得函數在為單調遞增函數，且滿足，所以函數為奇函數，因為數列是公差為的等差數列，且，則①當時，由，可得，所以，所以，同理可得：，所以，②當時，由，則，所以綜上可得，實數恒為負數．故選：A．【題目點撥】本題主要考查了函數的單調性與奇偶性的應用，以及等差數列的性質的應用，其中解答中合理利用等差數列的性質和函數的性質求解是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題．9、D【解題分析】試題分析：三角函數的平移原則為左加右減上加下減．直接求出平移后的函數解析式即可．解：把函數y=sin（2x﹣）的圖象向右平移個單位，所得到的圖象的函數解析式為：y=sin[2（x﹣）﹣]=sin（2x﹣π）=﹣sin2x．故選D．考點：函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換．10、D【解題分析】

先根據單調性得到的范圍，然后根據得到的對稱軸和對稱中心，考慮對稱軸和對稱中心是否在同一周期內，分析得到的值.【題目詳解】因為，則；又因為，則由可知得一條對稱軸為，又因為在區(qū)間上是單調函數，則由可知的一個對稱中心為；若與是同一周期內相鄰的對稱軸和對稱中心，則，則，所以；若與不是同一周期內相鄰的對稱軸和對稱中心，則，則，所以.【題目點撥】對稱軸和對稱中心的判斷：對稱軸：，則圖象關于對稱；對稱中心：，則圖象關于成中心對稱.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】

在平行六面體中把向量用用表示，再利用待定系數法，求得.再求解?！绢}目詳解】如圖所示：因為，又因為，所以，所以.故答案為：【題目點撥】本題主要考查了空間向量的基本定理，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.12、【解題分析】

根據題意，可以求出，根據可得出，進行數量積的坐標運算即可求出的值.【題目詳解】故答案為：【題目點撥】本題考查向量垂直的坐標表示，屬于基礎題.13、【解題分析】該幾何體是由兩個高為1的圓錐與一個高為2的圓柱組合而成,所以該幾何體的體積為.考點：本題主要考查三視圖及幾何體體積的計算.14、1【解題分析】

在方向上的投影為，把向量坐標代入公式，構造出關于的方程，求得.【題目詳解】因為，所以，解得：，故填：.【題目點撥】本題考查向量的數量積定義中投影的概念、及向量數量積的坐標運算，考查基本運算能力.15、【解題分析】

用基本量法求出數列的通項公式，由通項公式可得取最小值時的值，從而得的最小值．【題目詳解】設數列公差為，則由已知得，解得，∴，，，又，、∴的最小值為．故答案為：．．【題目點撥】本題考查等差數列的前項和的最值．首項為負且遞增的等差數列，滿足的最大的使得最小，首項為正且遞減的等差數列，滿足的最大的使得最大，當然也可把表示為的二次函數，由二次函數知識求得最值．16、1【解題分析】

應用余弦定理得出，再結合已知等式配出即可．【題目詳解】∵，即，∴，①又由余弦定理得，②，②－①得，∴，∴．故答案為1．【題目點撥】本題考查余弦定理，掌握余弦定理是解題關鍵，解題時不需要求出的值，而是用整體配湊的方法得出配湊出，這樣可減少計算．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)證明見解析，(2)10【解題分析】

（1）根據等比數列的定義，結合題中條件，計算，，即可證明數列是等比數列，求出；再根據累加法，即可求出數列的通項；（2）根據題意，得到，分別求出，當，用放縮法得，根據裂項相消法求，進而可求出結果.【題目詳解】(1)證明：，而∴是以4為首項2為公比的等比數列，，∴即，，所以，，......，，以上各式相加得：；∴；(2)由（1）得：，，，，，由已知條件知當時，，即∴，而綜上所述得最小值為10.【題目點撥】本題主要考查證明數列為等比數列，求數列的通項公式，以及數列的應用，熟記等比數列的概念，累加法求數列的通項公式，以及裂項相消法求數列的和等即可，屬于?？碱}型.18、(1)；(2)【解題分析】

（1）利用可求得，將不等式化為；分別在和兩種情況下解不等式可求得結果；（2）當時，，可將變?yōu)樵谏虾愠闪ⅲ环诸愑懻摰玫浇馕鍪?，從而可得單調性；分別在、、三種情況下，利用構造不等式，解不等式求得結果.【題目詳解】（1）是的零點由得：當時，，即，解得：當時，，即，解得：的解集為：（2）當時，，即：時，在上恒成立①當時，恒成立符合題意②當時，在上單調遞增；在上單調遞減；在上單調遞增當時，，解得：當時，，解集為當時，，解得：綜上所述，的取值范圍為：【題目點撥】本題考查含絕對值不等式的求解、恒成立問題的求解；求解恒成立問題的關鍵是能夠通過分類討論的方式去掉絕對值符號，結合函數單調性，將問題轉化為所求參數與函數最值之間的大小關系的比較問題，從而構造不等式求得結果.19、（1）證明見解析；（2）；（3）存在，或.【解題分析】

（1）由條件可得，即，再由等比數列的定義即可得證；

（2）由等比數列的通項公式求得，，再由數列的單調性的判斷，可得最小值，解不等式即可得到所求最小值；

（3）假設存在首項、第項、第項()，使得這三項依次構成等差數列，由等差數列的中項的性質和恒等式的性質，可得，的方程，解方程可得所求值.【題目詳解】解：（1）證明：由，

得，即，

所以數列是首項為2，公比為2的等比數列；

（2）由（1）可得，，則

故，

設，

則，

所以單調遞增，

則，于是，即，

故整數的最小值為；

（3）由上面得，，

設，

要使得成等差數列，即，

即，

得，

，

，

故為偶數，為奇數，

或.【題目點撥】本題考查等比數列的定義和通項公式的運用，考查不等式恒成立問題的解法，注意運用函數的單調性求得最值，考查存在性問題的解法，注意運用恒等式的性質，是一道難度較大的題目.20、80,280【解