《云南省文山州马关县一中2024届高一数学第二学期期末考试模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《云南省文山州马关县一中2024届高一数学第二学期期末考试模拟试题含解析（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、云南省文山州马关县一中2024届高一数学第二学期期末考试模拟试题注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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如果全集，则（ ）ABCD2如图，扇形的圆心角为，半径为1，则该扇形绕所在直线旋转
2、一周得到的几何体的表面积为（ ）ABCD3已知圆截直线所得线段的长度是，则圆与圆的位置关系是（ ）A内切B相交C外切D相离4已知锐角三角形的边长分别为1，3，则的取值范围是（ ）ABCD5在等比数列中，则的值为（ ）A3或-3B3C-3D不存在6函数的图象大致为（ ）ABCD7 过点P(2,4)作圆O：(x2)2(y1)225的切线l，直线m：ax3y0与直线l平行，则直线l与m间的距离为()A4B2C D 8若是2与8的等比中项，则等于( )ABCD329设变量、满足约束条件，则目标函数的最大值为（ ）A2B3C4D910已知函数，则Af（x）的最小正周期为Bf（x）为偶函数Cf（x）的图象
3、关于对称D为奇函数二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11在中，角的对边分别为，若，则角_.12某扇形的面积为1，它的周长为4cm，那么扇形的圆心角的大小为_.13已知向量，若，则_14不等式的解集为_15102,238的最大公约数是_16在数列中，是其前项和，当时，恒有、成等比数列，则_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已知曲线上的任意一点到两定点、距离之和为，直线交曲线于两点，为坐标原点（1）求曲线的方程；（2）若不过点且不平行于坐标轴，记线段的中点为，求证：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；（3）若直线过点，求面积的最大值，以
4、及取最大值时直线的方程18某大桥是交通要塞，每天担负着巨大的车流量.已知其车流量（单位：千辆）是时间（，单位：）的函数，记为，下表是某日桥上的车流量的数据：03691215182124（千辆）3.01.02.95.03.11.03.15.03.1经长期观察，函数的图象可以近似地看做函数（其中，）的图象.(1)根据以上数据，求函数的近似解析式；(2)为了缓解交通压力，有关交通部门规定：若车流量超过4千辆时，核定载质量10吨及以上的大货车将禁止通行，试估计一天内将有多少小时不允许这种货车通行？19已知向量，且，.（1）求函数和的解析式；（2）求函数的递增区间；（3）若函数的最小值为，求值.20在直
5、三棱柱ABCA1B1C1中，AC3，BC4，AB5，AA14，点D是AB的中点求证：(1)ACBC1；(2)AC1平面CDB1.21已知，(1)求及的值； (2)求的值参考答案一、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】首先确定集合U，然后求解补集即可.【详解】由题意可得：，结合补集的定义可知.本题选择C选项.【点睛】本题主要考查集合的表示方法，补集的定义等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2、C【解析】以所在直线为旋转轴将整个图形旋转一周所得几何体是一个半球，利用球面的表面积公式及圆的表面积公式即可求得【详解
6、】由已知可得：以所在直线为旋转轴将整个图形旋转一周所得几何体是一个半球，其中半球的半径为1，故半球的表面积为：故答案为：C【点睛】本题主要考查了旋转体的概念，以及球的表面积的计算，其中解答中熟记旋转体的定义，以及球的表面积公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题3、B【解析】化简圆到直线的距离 ，又 两圆相交. 选B4、B【解析】根据大边对大角定理知边长为所对的角不是最大角，只需对其他两条边所对的利用余弦定理，即这两角的余弦值为正，可求出的取值范围【详解】由题意知，边长为所对的角不是最大角，则边长为或所对的角为最大角，只需这两个角为锐角即可，则这两个角的余弦值为正数，于
7、此得到，由于，解得，故选C【点睛】本题考查余弦定理的应用，在考查三角形是锐角三角形、直角三角形还是钝角三角形，一般由最大角来决定，并利用余弦定理结合余弦值的符号来进行转化，其关系如下：为锐角；为直角；为钝角.5、C【解析】解析过程略6、C【解析】利用函数的性质逐个排除即可求解.【详解】函数的定义域为，故排除A、B.令又，即函数为奇函数，所以函数的图像关于原点对称，排除D故选：C【点睛】本题考查了函数图像的识别，同时考查了函数的性质，属于基础题.7、A【解析】设因此，因此直线l与m间的距离为，选A.8、B【解析】利用等比中项性质列出等式，解出即可。【详解】由题意知，故选B【点睛】本题考查等比中项
8、，属于基础题。9、D【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得结论.【详解】画出满足约束条件的可行域，如图，画出可行域， 平移直线，由图可知，直线经过时目标函数有最大值，的最大值为9.故选D.【点睛】本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.
9、10、C【解析】对于函数，它的最小正周期为=4，故A选项错误；函数f（x）不满足f（x）=f（x），故f（x）不是偶函数，故B选项错误；令x=，可得f（x）=sin0=0，故f（x）的图象关于对称，C正确；由于f（x）=sin（x）=sin（x）=cos（x）为偶函数，故D选项错误，故选C二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】根据得，利用余弦定理即可得解.【详解】由题：，由余弦定理可得：，.故答案为：【点睛】此题考查根据余弦定理求解三角形的内角，关键在于熟练掌握余弦定理公式，准确计算求解.12、【解析】根据扇形的面积和周长列方程组解得半径和弧长，再利用弧长公式可求得结
10、果.【详解】设扇形的半径为，弧长为，圆心角为，则，解得，所以.故答案为：【点睛】本题考查了扇形的面积公式，考查了扇形中弧长公式，属于基础题.13、【解析】由两向量共线的坐标关系计算即可【详解】由题可得 ,即故答案为【点睛】本题主要考查向量的坐标运算，以及两向量共线的坐标关系，属于基础题14、【解析】因为所以，即不等式的解集为.15、34【解析】试题分析：根据辗转相除法的含义，可得238=2102+34，102=334，所以得两个数102、238的最大公约数是34.故答案为34.考点：辗转相除法.16、.【解析】由题意得出，当时，由，代入，化简得出，利用倒数法求出的通项公式，从而得出的表达式，于
11、是可求出的值.【详解】当时，由题意可得，即，化简得，得，两边取倒数得，所以，数列是以为首项，以为公差的等差数列，则，因此，故答案为：.【点睛】本题考查数列极限的计算，同时也考查了数列通项的求解，在含的数列递推式中，若作差法不能求通项时，可利用转化为的递推公式求通项，考查分析问题和解决问题的能力，综合性较强，属于中等题.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）证明见解析；（3）或【解析】（1）利用椭圆的定义可知曲线为的椭圆，直接写出椭圆的方程（2）设直线，设，联立直线方程与椭圆方程，通过韦达定理求解KOM，然后推出直线OM的斜率与的斜率的
12、乘积为定值（3）设直线方程是与椭圆方程联立，根据面积公式，代入根与系数的关系，利用换元和基本不等式求最值.【详解】（1）由题意知曲线是以原点为中心，长轴在轴上的椭圆， 设其标准方程为，则有，所以， .（2）证明：设直线的方程为，设则由 可得，即， ，直线的斜率与 的斜率的乘积=为定值 （3）点，由 可得， ，解得 设 当时，取得最大值.此时，即所以直线方程是【点睛】本题考查椭圆定义及方程、韦达定理的应用及三角形面积的范围等问题，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，函数与方程思想，是中档题18、（1） （2） 8个小时【解析】（1）根据函数的最大最小值可求出和，根据周期求出，根据
13、一个最高点的横坐标可求得；（2）解不等式可得【详解】(1)根据表格中的数据可得:由，,解得：由当时，有最大值，则即，得.所以函数的近似解析式（2）若车流量超过4千辆时，即 所以，则 所以，且.所以和满足条件.所以估计一天内将有8小时不允许这种货车通行【点睛】本题考查了根据一些特殊的函数值观察周期特点，求解三角函数解析式以及简单应用，属中档题19、（1），（2）递增区间为，（3）【解析】（1）根据向量的数量积坐标运算，以及模长的求解公式，即可求得两个函数的解析式；（2）由（1）可得，整理化简后，将其转化为余弦型三角函数，再求单调区间即可；（3）求得的解析式，用换元法，将函数转化为二次函数，讨论二次函数的最小值，从而求得参数的值.【详解】（1），.（2）令，得的递增区间为，.（3），.当时，时，取最小值为1，这与题设矛盾.当时，时，取最小值，因此，解得.当时，时，取最小值，由，解得，与题设矛盾.综上所述，.【点睛】本题主要考查余弦型三角函数的单调区间的求解，含的二次型函数的最值问题，涉及向量数量积的运算，模长的求解，以及二次函数动轴定区间问题，属综合基础题.20、 (1)证明见解析；(2)证明见解析.【解析】试题分析：（1）由勾股定理可证得为直角三角形即可证得，由直棱柱可知面，可证得，根据线面垂直的判定定理可证得面，从而可得（2）设与的交点为，连结，由中位线可证得，根据线
