2023-2024學年福建廈門灌口中學高一下數學期末監(jiān)測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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．下列大小關系正確的是()A.B.C.D.2．已知，若，則（）A． B． C． D．3．已知平面向量，，且，則等于（）A． B． C． D．4．在空間四邊形中，分別是的中點.若，且與所成的角為，則四邊形的面積為（）A． B． C． D．5．在等比數列中，，，則的值為（）A．3或-3 B．3 C．-3 D．不存在6．若函數（）有兩個不同的零點，則實數m的取值范圍是（）A． B． C． D．7．函數的單調減區(qū)間為()A．(kπ﹣，kπ]，(k∈Z) B．(kπ﹣，kπ]，(k∈Z)C．(kπ﹣，kπ+]，(k∈Z) D．(kπ+，kπ+]，(k∈Z)8．如圖，設A、B兩點在河的兩岸，一測量者在A的同側，在所在河岸邊選定一點C，測出AC的距離為502m，∠ACB=45°，∠CAB=105A．100m B．50C．1002m9．若數列的前n項的和，那么這個數列的通項公式為()A． B．C． D．10．某幾何體的三視圖如圖所示（單位：），則該幾何體的體積（單位：）是（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知是以為首項，為公差的等差數列，是其前項和，則數列的最小項為第___項12．已知向量，，若與的夾角是銳角，則實數的取值范圍為______．13．某餐廳的原料支出與銷售額（單位：萬元）之間有如下數據，根據表中提供的數據，用最小二乘法得出與的線性回歸方程，則表中的值為_________.245682535557514．已知函數（，）的部分圖像如圖所示，則函數解析式為_______.15．已知等差數列則．16．如圖，正方體的棱長為，動點在對角線上，過點作垂直于的平面，記這樣得到的截面多邊形（含三角形）的周長為，設，則當時，函數的值域__________．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．甲乙兩地生產某種產品，他們可以調出的數量分別為300噸、750噸.A，B，C三地需要該產品數量分別為200噸，450噸，400噸，甲地運往A，B，C三地的費用分別為6元/噸、3元/噸，5元/噸，乙地運往A，B，C三地的費用分別為5元/噸，9元/噸，6元/噸，問怎樣調運，才能使總運費最小？18．設的內角所對應的邊長分別是，且.（Ⅰ）當時，求的值；（Ⅱ）當的面積為時，求的值．19．已知等差數列的前項和為，且，.(1)求數列的通項公式；(2)請確定是否是數列中的項?20．已知函數（）．（1）若不等式的解集為，求的取值范圍；（2）當時，解不等式；（3）若不等式的解集為，若，求的取值范圍．21．已知向量，，且.（1）求的值；（2）求的值.

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、C【解析】試題分析：因為，，，所以。故選C。考點：不等式的性質點評：對于指數函數和對數函數，若，則函數都為增函數；若，則函數都為減函數。2、C【解析】

由，得，則，則.【考點定位】3、B【解析】

先由求出，然后按照向量的坐標運算法則算出答案即可【詳解】因為，，且所以，即，所以所以故選：B【點睛】若，則4、A【解析】

連接EH，因為EH是△ABD的中位線，所以EH∥BD，且EH=BD．同理，FG∥BD，且FG=BD，所以EH∥FG，且EH=FG．所以四邊形EFGH為平行四邊形．因為AC=BD=a，AC與BD所成的角為60°所以EF=EH．所以四邊形EFGH為菱形，∠EFG=60°．∴四邊形EFGH的面積是2××()2=a2故答案為a2，故選A.考點：本題主要是考查的知識點簡單幾何體和公理四，公理四：和同一條直線平行的直線平行，證明菱形常用方法是先證明它是平行四邊形再證明鄰邊相等，以及面積公式屬于基礎題．點評：解決該試題的關鍵是先證明四邊形EFGH為菱形，然后說明∠EFG=60°，最后根據三角形的面積公式即可求出所求．5、C【解析】

解析過程略6、A【解析】

函數（）有兩個不同的零點等價于函數在均有一個解，再解不等式即可.【詳解】解：因為，由函數（）有兩個不同的零點，則函數在均有一個解，則，解得：，故選：A.【點睛】本題考查了分段函數的零點問題，重點考查了分式不等式的解法，屬中等題.7、C【解析】

根據復合函數的單調性，得到函數的減區(qū)間，即為的增區(qū)間，且，根據三角函數的圖象與性質，即可求解.【詳解】由題意，函數在定義域上是減函數，根據復合函數的單調性，可得函數的減區(qū)間，即的增區(qū)間，且，則，得，則函數的單調遞減區(qū)間為，故選C.【點睛】本題主要考查了對數函數及三角函數的圖象與性質的應用，其中解答中熟記對數函數的性質，以及三角函數的圖象與性質，根據復合函數的單調性進行判定是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.8、A【解析】

計算出ΔABC三個角的值，然后利用正弦定理可計算出AB的值.【詳解】在ΔABC中，AC=502m，∠ACB=45°，由正弦定理得ABsin∠ACB=ACsin【點睛】本題考查正弦定理解三角形，要熟悉正弦定理解三角形對三角形已知元素類型的要求，考查運算求解能力，屬于基礎題.9、D【解析】試題分析：根據前n項和與其通項公式的關系式，an=當n≥2時，an=Sn-Sn-1=（3n-2）-（3n-1-2）=2?3n-1．當n=1時，a1=1，不滿足上式；所以an=，故答案為an=，選D.考點：本題主要考查數列的求和公式，解題時要根據實際情況注意公式的靈活運用，屬于中檔題點評：解決該試題的關鍵是借助公式an=，將前n項和與其通項公式聯系起來得到其通項公式的值．10、B【解析】由三視圖可知，該幾何體是一個棱長為的正方體挖去一個圓錐的組合體，正方體體積為，圓錐體積為幾何體的體積為，故選B.【方法點睛】本題利用空間幾何體的三視圖重點考查學生的空間想象能力和抽象思維能力，屬于難題.三視圖問題是考查學生空間想象能力最常見題型，也是高考熱點.觀察三視圖并將其“翻譯”成直觀圖是解題的關鍵，不但要注意三視圖的三要素“高平齊，長對正，寬相等”，還要特別注意實線與虛線以及相同圖形的不同位置對幾何體直觀圖的影響.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

先求，利用二次函數性質求最值即可【詳解】由題當時最小故答案為8【點睛】本題考查等差數列的求和公式，考查二次函數求最值，是基礎題12、【解析】

先求出與的坐標，再根據與夾角是銳角，則它們的數量積為正值，且它們不共線，求出實數的取值范圍，．【詳解】向量，，，，若與的夾角是銳角，則與不共線，且它們乘積為正值，即，且，求得，且．【點睛】本題主要考查利用向量的數量積解決向量夾角有關的問題，以及數量積的坐標表示，向量平行的條件等．條件的等價轉化是解題的關鍵．13、60【解析】

由樣本中心過線性回歸方程，求得，，代入即可求得【詳解】由題知：，，將代入得故答案為：60【點睛】本題考查樣本中心與最小二乘法公式的關系，易錯點為將直接代入求解，屬于中檔題14、y＝sin（2x+）．【解析】

由函數的圖象的頂點坐標求出A，由周期求出ω，由五點法作圖求出φ的值答案可求【詳解】根據函數y＝sin（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ）的部分圖象，可得A＝1，?，∴ω＝2，再結合五點法作圖可得2?φ＝π，∴φ，則函數解析式為y＝sin（2x+）故答案為：y＝sin（2x+）．【點睛】本題主要考查由函數y＝Asin（ωx+φ）的部分圖象求解析式，由函數的圖象的頂點坐標求出A，由周期求出ω，由五點法作圖求出φ的值難度中檔．15、1【解析】試題分析：根據公式，，將代入，計算得n=1．考點：等差數列的通項公式．16、【解析】

根據已知條件，所得截面可能是三角形，也可能是六邊形，分別求出三角形與六邊形周長的取值情況，即可得到函數的值域.【詳解】如圖：∵正方體的棱長為，∴正方體的對角線長為6，∵（i）當或時，三角形的周長最小.設截面正三角形的邊長為，由等體積法得：∴∴，（ii）或時，三角形的周長最大，截面正三角形的邊長為，∴（iii）當時，截面六邊形的周長都為∴∴當時，函數的值域為.【點睛】本題考查多面體表面的截面問題和線面垂直，關鍵在于結合圖形分析截面的三種情況，進而得出與截面邊長的關系.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、甲到B調運300噸，從乙到A調運200噸，從乙到B調運150噸，從乙到C調運400噸，總運費最小【解析】

設從甲到A調運噸，從甲到B調運噸，則由題設可得，總的費用為，利用線性規(guī)劃可求目標函數的最小值.【詳解】設從甲到A調運噸，從甲到B調運噸，從甲到C調運噸，則從乙到A調運噸，從乙到B調運噸，從乙到C調運噸，設調運的總費用為元，則.由已知得約束條件為，可行域如圖所示，平移直線可得最優(yōu)解為.甲到B調運300噸，從乙到A調運200噸，從乙到B調運150噸，從乙到C調運400噸，總運費最小.【點睛】本題考查線性規(guī)劃在實際問題中的應用，屬于基礎題.18、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）由得，再利用正弦定理即可求出（Ⅱ）由可得，再利用余弦定理即可求出.【詳解】（Ⅰ）∵∴，由正弦定理可知：，∴（Ⅱ）∵∴由余弦定理得：∴，即則：故：【點睛】本題主要考查了正弦定理與余弦定理的應用，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題.19、（1）（2）是數列中的第項【解析】

(1)直接利用等差數列的公式計算得到通項公式.(2)將3998代入通項公式，是否有整數解.【詳解】(1)設數列的公差為，由題意有，解得則數列的通項公式為，(2)假設是數列中的項，有，得，故是數列中的第項【點睛】本題考查了等差數列的公式，屬于簡單題.20、（1）；（2）.；（3）.【解析】試題分析：（1）對二項式系數進行討論，可得求出解集即可；（2）分為，，分別解出3種情形對應的不等式即可；（3）將問題轉化為對任意的，不等式恒成立，利用分離參數的思想得恒成立，求出其最大值即可.試題解析：（1）①當即時，，不合題意；②當即時，，即，∴，∴（2）即即①當即時，解集為②當即時，∵，∴解集為③當即時，∵，所以，所以∴解集為（3）不等式的解集為，，即對任意的，不等式恒成立，即恒成立，因為恒成立，所以恒成立，設則，，所以，因為，當且僅當時取等號，所以，當且僅當時取等號，所以當時，，所以點睛：本題主要考查了含有參數的一元二次不等式的解法，考查了分類討論的思想以及轉化與化歸的能力，難度一般；對于含有參數的一元二次不等式常見的討論形式有如下幾種情形：1、對二