《2024届海南省定安中学高一数学第二学期期末检测模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届海南省定安中学高一数学第二学期期末检测模拟试题含解析（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2024届海南省定安中学高一数学第二学期期末检测模拟试题请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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设正实数x，y，z满足x23xy4y2z0，则当取得最小值时，x2yz的最大值为( )A0BC2D2如图，某人在点处测得某塔在南偏西的方向上，塔顶仰角为，此人沿正南方向前进30米到达处，测得塔顶的仰角为，则塔高为（ ）
2、A20米B15米C12米D10米3如下图，在四棱锥中，平面ABCD，则异面直线PA与BC所成角的余弦值为（ ）ABCD4已知，则的值域为ABCD5已知各项均为正数的数列的前项和为，且若对任意的，恒成立，则实数的取值范围为（ ）ABCD6已知向量，且，则的值为（ ）ABCD7已知等差数列共有10项，其中奇数项之和15，偶数项之和为30，则其公差是（ ）A5B4C3D28已知直线经过两点，则的斜率为（）ABCD9已知等差数列的前项和为，若，则（ ）A18B13C9D710直线的倾斜角的大小为（ ）ABCD二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11数列的前项和为，则_12为等比数列，若，
3、则_.13382与1337的最大公约数是_.14若扇形的周长是，圆心角是度，则扇形的面积（单位）是_.15已知点P(tan ，cos )在第三象限，则角的终边在第_象限16在中，角、所对的边为、，若，则角_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中，内角，所对的边分别是，已知.（1）求角的大小；（2）设，的面积为，求的值.18已知函数，若在定义域内存在，使得成立，则称为函数的局部对称点（1）若，证明：函数必有局部对称点；（2）若函数在区间内有局部对称点，求实数的取值范围；（3）若函数在上有局部对称点，求实数的取值范围19现有8名奥运会志愿者，其中志愿
4、者通晓日语，通晓俄语，通晓韩语从中选出通晓日语、俄语和韩语的志愿者各1名，组成一个小组（1）求被选中的概率；（2）求和不全被选中的概率20如图，四边形ABCD是平行四边形，点E，F，G分别为线段BC，PB，AD的中点（1）证明：EF平面PAC；（2）证明：平面PCG平面AEF；（3）在线段BD上找一点H，使得FH平面PCG，并说明理由21已知函数的部分图象如图所示.（1）求的解析式；（2）求的单调增区间并求出取得最小值时所对应的x取值集合参考答案一、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】由题得z=x2+4y2-3xy4
5、xy-3xy=xy(x,y,z0),即zxy,1.当且仅当x=2y时等号成立,则x+2y-z=2y+2y-(4y2-6y2+4y2)=4y-2y2=-2(y2-2y)=-2(y-1)2-1=-2(y-1)2+2.当y=1时,x+2y-z有最大值2.故选C.2、B【解析】设塔底为，塔高为，根据已知条件求得以及角，利用余弦定理列方程，解方程求得塔高的值.【详解】设塔底为，塔高为，故，由于，所以在三角形中，由余弦定理得，解得米.故选B.【点睛】本小题主要考查利用余弦定理解三角形，考查空间想象能力，属于基础题.3、B【解析】作出异面直线PA与BC所成角，结合三角形的知识可求.【详解】取的中点，连接，如
6、图，因为，所以四边形是平行四边形，所以；所以或其补角是异面直线PA与BC所成角；设，则,；因为，所以；因为平面ABCD，所以,在三角形中，.故选：B.【点睛】本题主要考查异面直线所成角的求解，作出异面直线所成角，结合三角形知识可求.侧重考查直观想象的核心素养.4、C【解析】利用求函数的周期为，计算即可得到函数的值域.【详解】因为，因为函数的周期，所以函数的值域为，故选C.【点睛】本题考查函数的周期运算，及利用函数的周期性求函数的值域.5、C【解析】由得到an=n，任意的，恒成立等价于，利用作差法求出的最小值即可.【详解】当n=1时，又an+12=2Sn+n+1，当n2时，an2=2Sn1+n，
7、两式相减可得：an+12an2=2an+1，an+12=（an+1）2，数列an是各项均为正数的数列，an+1=an+1，即an+1an=1，显然n=1时，适合上式数列an是等差数列，首项为1，公差为1an=1+（n1）=n任意的，恒成立，即恒成立记，为单调增数列，即的最小值为，即故选C【点睛】已知求的一般步骤：（1）当时，由求的值；（2）当时，由，求得的表达式；（3）检验的值是否满足（2）中的表达式，若不满足则分段表示；（4）写出的完整表达式.6、B【解析】由向量平行可构造方程求得结果.【详解】 ，解得：故选：【点睛】本题考查根据向量平行求解参数值的问题，关键是明确两向量平行可得.7、C【解
8、析】，故选C.8、A【解析】直接代入两点的斜率公式，计算即可得出答案。【详解】 故选A【点睛】本题考查两点的斜率公式，属于基础题。9、B【解析】利用等差数列通项公式、前项和列方程组，求出，由此能求出【详解】解：等差数列的前项和为，解得，故选：【点睛】本题考查等差数列第7项的值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题10、B【解析】由直线方程,可知直线的斜率，设直线的倾斜角为，则，又，所以，故选二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、18【解析】利用，化简得到数列是首项为，公比为的等比数列，利用,即可求解.【详解】 ,即 所以数列是首项为，公比为的等比数列
9、即 所以 故答案为：【点睛】本题主要考查了与的关系以及等比数列的通项公式，属于基础题.12、【解析】将这两式中的量全部用表示出来，正好有两个方程，两个未知数，解方程组即可求出。【详解】相当于，相当于，上面两式相除得代入就得，【点睛】基本量法是解决数列计算题最重要的方法，即将条件全部用首项和公比表示，列方程，解方程即可求得。13、191【解析】利用辗转相除法，求382与1337的最大公约数.【详解】因为，所以382与1337的最大公约数为191，故填：.【点睛】本题考查利用辗转相除法求两个正整数的最大公因数，属于容易题.14、16【解析】根据已知条件可计算出扇形的半径，然后根据面积公式即可计算出
10、扇形的面积.【详解】设扇形的半径为，圆心角弧度数为，所以即，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查角度与弧度的转化以及扇形的弧长和面积公式，难度较易.扇形的弧长公式：，扇形的面积公式：.15、二【解析】由点P（tan，cos）在第三象限，得到tan0，cos0，从而得到所在的象限【详解】因为点P（tan，cos）在第三象限，所以tan0，cos0，则角的终边在第二象限，故答案为二点评：本题考查第三象限内的点的坐标的符号，以及三角函数在各个象限内的符号16、.【解析】利用余弦定理求出的值，结合角的取值范围得出角的值.【详解】由余弦定理得，故答案为.【点睛】本题考查余弦定理的应用和反三角函数，解
11、题时要充分结合元素类型选择正弦定理和余弦定理解三角形，考查计算能力，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）【解析】（1）利用正弦定理可将已知等式化为，利用两角和差余弦公式展开整理可求得，根据可求得结果；（2）利用三角形面积公式可构造方程求出；利用余弦定理可直接求得结果.【详解】（1） 由正弦定理可得： ，即 （2）设的面积为，则由得：，解得：由余弦定理得：【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理化简边角关系式、三角形面积公式和余弦定理的应用；关键是能够通过正弦定理将边化角，得到角的一个三角函数值，从而根据角的范围
12、求得结果.18、（1）见解析；（2）；（3）【解析】试题分析：(1)利用题中所给的定义，通过二次函数的判别式大于0，证明二次函数有局部对称点；(2)利用方程有解，通过换元，转化为打钩函数有解问题，利用函数的图象，确定实数c的取值范围；(3)利用方程有解，通过换元，转化为二次函数在给定区间有解，建立不等式组，通过解不等式组，求得实数的取值范围.试题解析：(1)由得=,代入得,=,得到关于的方程=).其中,由于且,所以恒成立,所以函数=)必有局部对称点.(2)方程=在区间上有解,于是,设),其中，所以.(3),由于,所以=.于是=(*)在上有解.令),则,所以方程(*)变为=在区间内有解,需满足条
13、件:.即,，化简得.19、（1）;（2）.【解析】（1）从8人中选出日语、俄语和韩语志愿者各1名，其一切可能的结果组成的基本事件空间，由18个基本事件组成由于每一个基本事件被抽取的机会均等，因此这些基本事件的发生是等可能的用表示“恰被选中”这一事件，则，事件由6个基本事件组成，因而（2）用表示“不全被选中”这一事件，则其对立事件表示“全被选中”这一事件，由于，事件有3个基本事件组成，所以，由对立事件的概率公式得20、（1）见解析 （2）见解析 （3）见解析【解析】（1）证明，EF平面PAC即得证；（2）证明AE平面PCG，EF平面PCG，平面PCG平面AEF即得证；（3）设AE，GC与BD分别交于M，N两点，证明N点为所找的H点【详解】（1）证明：E、F分别是BC，BP中点，PC平面PAC，EF平面PAC，EF平面PAC（2）证明：E、G分别是BC、AD中点，AECG，AE平面PCG，CG平面PCG，AE平面PCG，又EFPC，PC平面PCG，EF平面PCG，EF平面PCG，AEEFE点，AE，EF平面AEF，平面AEF平面PCG（3）设AE，GC与BD分别交于M，N两点，易知F，N分别是BP，BM中点，PM平面PGC，FN平面PGC，
