《2024届甘肃省平凉市静宁一中高一下数学期末复习检测模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届甘肃省平凉市静宁一中高一下数学期末复习检测模拟试题含解析（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2024届甘肃省平凉市静宁一中高一下数学期末复习检测模拟试题注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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向量，则（ ）ABC与的夹角为60D与的夹角为302长方体共顶点的三个相邻面面积分别为，这个长方体的顶点在同一个球面上，则这个球的表面积为（ ）ABCD3我国古代名著九章算术中有这样一段话：“今有金锤，长五尺
2、，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤”意思是：“现有一根金锤，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤”，若该金锤从头到尾，每一尺的重量构成等差数列，该金锤共重多少斤？（ ）A6斤B7斤C9斤D15斤4给定函数：；，其中奇函数是（ ）ABCD5不等式 的解集为( )A(-4，1)B(-1，4)C(-，-4)(1，+)D(-，-1)(4,+）6已知角的终边经过点（3，-4），则的值为（ ）ABCD7已知向量，向量，则（ ）ABCD8已知数列满足，则（ ）A1024B2048C1023D20479在正四棱柱中，则与所成角的余弦值为（ ）ABCD10设，满足约束条件，则目标函数的最大值是（ ）A3
3、BC1D二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11已知、分别是的边、的中点，为的外心，且，给出下列等式：；其中正确的等式是_（填写所有正确等式的编号）.12已知数列，其前项和为，若，则在，中，满足的的个数为_.13不等式的解集是_14如果是奇函数，则= . 15已知向量夹角为，且，则_16在数列中，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若不等式的解集为.（1）求证：；（2）求不等式的解集.18 已知圆过点和，且圆心在直线上.（）求圆的标准方程；（）求直线：被圆截得的弦长.19等差数列中，.(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前项
4、和.20如图，在三棱锥ABCD中，AB=AD，BDCD，点E、F分别是棱BC、BD的中点（1）求证：EF平面ACD；（2）求证：AEBD21在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设S为ABC的面积，满足S（a2+c2b2）（1）求角B的大小；（2）若边b，求a+c的取值范围参考答案一、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【解析】试题分析：由，可得，所以，故选B考点：向量的运算2、A【解析】设长方体的棱长为，球的半径为，根据题意有，再根据球的直径是长方体的体对角线求解.【详解】设长方体的棱长为，球的半径为，根据题意
5、，解得，所以，所以外接球的表面积，故选：A【点睛】本题主要考查了球的组合体问题，还考查了运算求解的能力，属于基础题.3、D【解析】直接利用等差数列的求和公式求解即可.【详解】因为每一尺的重量构成等差数列，数列的前5项和为即金锤共重15斤，故选D【点睛】本题主要考查等差数列求和公式的应用，意在考查运用所学知识解答实际问题的能力，属于基础题.4、D【解析】试题分析：，知偶函数，知非奇非偶，知偶函数，知奇函数.考点：函数奇偶性定义.5、A【解析】将原不等式化简并因式分解，由此求得不等式的解集.【详解】原不等式等价于，即，解得.故选A.【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，属于基础题.6、A【解
6、析】先求出的值，即得解.【详解】由题得，所以.故选A【点睛】本题主要考查三角函数的坐标定义，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.7、C【解析】设，根据系数对应关系即可求解【详解】设，即，故选：C【点睛】本题考查向量共线的基本运算，属于基础题8、C【解析】根据叠加法求结果.【详解】因为，所以，因此，选C.【点睛】本题考查叠加法求通项以及等比数列求和，考查基本分析求解能力，属基础题.9、A【解析】连结，结合几何体的特征，直接求解 与所成角的余弦值即可【详解】如图所示：在正四棱柱中，1，2，连结，则与所成角就是中的，所以与所成角的余弦值为：故选A【点睛】本题考查正四棱柱的性质，直线与直线
7、所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力，属于基础题10、C【解析】作出不等式组对应的平面区域，结合图形找出最优解，从而求出目标函数的最大值【详解】作出不等式组对应的平面区域，如阴影部分所示；平移直线，由图像可知当直线经过点时，最大，解得，即，所以的最大值为1故答案为选C【点睛】本题给出二元一次不等式组，求目标函数的最大值，着重考查二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划，也考查了数形结合的解题思想方法，属于基础题二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、.【解析】根据向量的中点性质与向量的加法运算,可判断.【详解】、分别是的边、的中点,为的外心,且,设三条中线交点为G,
8、如下图所示:对于,由三角形中线性质及向量加法运算可知,所以正确;对于,所以正确;对于,所以错误;对于,由外心性质可知,所以故正确.综上可知,正确的为.故答案为: .【点睛】本题考查了向量的线性运算,三角形外心的性质及应用,属于基础题.12、1【解析】运用周期公式，求得，运用诱导公式及三角恒等变换，化简可得，即可得到满足条件的的值【详解】解：，可得周期，则满足的的个数为故答案为：1【点睛】本题考查三角函数的周期性及应用，考查三角函数的化简和求值，以及运算能力，属于中档题13、【解析】可先求出一元二次方程的两根，即可得到不等式的解集.【详解】由于的两根分别为：，因此不等式的解集是.【点睛】本题主要
9、考查一元二次不等式的求解，难度不大.14、2 【解析】试题分析：，=-2考点：本题考查了三角函数的性质点评：对于定义域为R的奇函数恒有f(0)=0.利用此结论可解决此类问题15、【解析】试题分析：的夹角，.考点：向量的运算.【思路点晴】平面向量的数量积计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用. 利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决列出方程组求解未知数.16、1【解析】直接利用等比数列的通项公式得答案【详解】解：在等比
10、数列中，由，公比，得故答案为：1【点睛】本题考查等比数列的通项公式，是基础题三、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）证明见解析 （2）【解析】（1）由已知可得是的两根，利用韦达定理，化简可得结论；（2）结合（1）原不等式可化为，利用一元二次不等式的解法可得结果.【详解】（1）不等式的解集为是的两根,且 ，所以 ;（2）因为，,所以，即 ,又 即 ，解集为【点睛】本题考查了求一元二次不等式的解法，是基础题目若，则的解集是；的解集是.18、（）（）【解析】（）设出圆心坐标和圆的标准方程，将点带入求出结果即可；（）利用圆心到直线的距离和圆的半径解直
11、角三角形求得弦长.【详解】解：（）由题意可设圆心坐标为，则圆的标准方程为，解得故圆的标准方程为.（）圆心到直线的距离，直线被圆截得的弦长为.【点睛】本题考查了圆的方程，以及直线与圆相交求弦长的知识，属于基础题.19、（1）（2）【解析】(1)设等差数列an的公差为d，则ana1(n1)d.因为所以.解得a11，d.所以an的通项公式为an.(2)bn，所以Sn20、（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】（1）证明EFCD，然后利用直线与平面平行的判断定理证明EF平面ACD；（2）证明BD平面AEF，然后说明AEBD【详解】（1）因为点E、F分别是棱BC、BD的中点，所以EF是BCD的中位线，
12、所以EFCD，又因为EF平面ACD，CD平面ACD，EF平面ACD（2）由（1）得，EFCD，又因为BDCD，所以EFBD，因为AB=AD，点F是棱BD的中点，所以AFBD，又因为EFAF=F，所以BD平面AEF，又因为AE平面AEF，所以AEBD【点睛】本题考查直线与平面垂直的性质以及直线与平面平行的判断定理的应用，考查逻辑推理能力与空间想象能力，是基本知识的考查21、（1）B=60（2）【解析】（1）由三角形的面积公式，余弦定理化简已知等式可求tanB的值，结合B的范围可求B的值（2）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求a+csin（A），由题意可求范围A（，），根据正弦函数的图象和性质即可求解【详解】（1）在ABC中，S（a2+c2b2）acsinB，cosBtanB，B（0，），B（2）B，b，由正弦定理可得1，可得：asinA，csinC，a+csinA+sinCsinA+sin（A）sinAcosAsinAsin（A），A（0，），A（，），sin（A）（，1，a+csin（A）（，【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理、三角形面积计算公式及三角函数恒等变换的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题
