《2024届贵州省贵阳市实验中学高一数学第二学期期末教学质量检测模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届贵州省贵阳市实验中学高一数学第二学期期末教学质量检测模拟试题含解析（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2024届贵州省贵阳市实验中学高一数学第二学期期末教学质量检测模拟试题注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个
2、小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1设变量满足约束条件，则目标函数的最小值为（ ）ABCD22在区间上随机取一个数，使得的概率为（ ）ABCD3九章算术中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，若三棱锥为鳖臑，平面，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（ ）ABCD4关于x的不等式axb0的解集是，则关于x的不等式0的解集是()A(，12，) B1,2C1,2 D(，12，)5如图，若长方体的六个面中存在三个面的面积分别是2,3,6，则该长方体中线段的长是（ ）ABC28D6已知函数，此函数的图象如图所示，则点的坐标是（ ）ABCD7用数学归纳法证明这一不等式时，应注
3、意必须为（ ）AB，C，D，8如图，网格纸上小正方形的边长均为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（） A34B42C54D729已知等比数列的公比，该数列前9项的乘积为1，则（ ）A8B16C32D6410己知数列和的通项公式分別内，若，则数列中最小项的值为（ ）AB24C6D7二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11已知，则 12若角的终边过点，则_.13函数的单调增区间为_.14在中，角，的对边分别为，若，则_.15在平行六面体中，为与的交点，若存在实数，使向量，则_16已知在数列中，且，若，则数列的前项和为_三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写
4、出文字说明、证明过程或演算步骤。17在中，角，所对的边分别为，已知，角为锐角，的面积为.（1）求角的大小；（2）求的值.18如图，在平面四边形中，.（）求；（）若，求.19已知等比数列的前项和为，公比，（1）求等比数列的通项公式；（2）设，求的前项和20在直角坐标系中，已知以点为圆心的及其上一点.（1）设圆与轴相切，与圆外切，且圆心在直线上，求圆的标准方程；（2）设平行于的直线与圆相交于两点，且，求直线的方程.21如图，在直三棱柱中，是棱的中点（1）求证：；（2）求证：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】
5、根据不等式组画出可行域，数形结合解决问题.【详解】不等式组确定的可行域如下图所示：因为可化简为与直线平行，且其在轴的截距与成正比关系，故当且仅当目标函数经过和的交点时，取得最小值，将点的坐标代入目标函数可得.故选：B.【点睛】本题考查常规线性规划问题，属基础题，注意数形结合即可.2、A【解析】则，故概率为.3、C【解析】由题意，PA面ABC，则为直角三角形，PA=3,AB=4，所以PB=5，又ABC是直角三角形，所以ABC=90,AB=4，AC=5所以BC=3,因为为直角三角形，经分析只能，故，三棱锥的外接球的圆心为PC的中点，所以则球的表面积为. 故选C.4、A【解析】试题分析：因为关于x的
6、不等式axb0的解集是，所以，从而0可化为，解得，关于x的不等式0的解集是(，12，)，选A。考点：本题主要考查一元一次不等式、一元二次不等式的解法。点评：简单题，从已知出发，首先确定a,b的关系，并进一步确定一元二次不等式的解集。5、A【解析】由长方体的三个面对面积先求出同一点出发的三条棱长，即可求出结果.【详解】设长方体从一个顶点出发的三条棱的长分别为，且，则，所以长方体中线段的长等于.【点睛】本题主要考查简单几何体的结构特征，属于基础题型.6、B【解析】根据确定的两个相邻零点的值可以求出最小正周期，进而利用正弦型最小正周期公式求出的值，最后把其中的一个零点代入函数的解析式中，求出的值即可
7、.【详解】设函数的最小正周期为，因此有，当时，因此的坐标为：.故选：B【点睛】本题考查了通过三角函数的图象求参数问题，属于基础题7、D【解析】根据题意验证，时，不等式不成立，当时，不等式成立，即可得出答案.【详解】解：当，时，显然不等式不成立，当时，不等式成立，故用数学归纳法证明这一不等式时，应注意必须为，故选：.【点睛】本题考查数学归纳法的应用，属于基础题8、C【解析】还原几何体得四棱锥EABCD，由图中数据利用椎体的体积公式求解即可.【详解】依三视图知该几何体为四棱锥EABCD，如图，ABCD是直角梯形，是棱长为6的正方体的一部分，梯形的面积为：，几何体的体积为：故选：C【点睛】本题考查三
8、视图求几何体的体积，由三视图正确还原几何体和补形是解题的关键，考查空间想象能力9、B【解析】先由数列前9项的乘积为1，结合等比数列的性质得到，从而可求出结果.【详解】由已知 ，又 ，所以 ，即，所以 ， ，故选B.【点睛】本题主要考查等比数列的性质以及等比数列的基本量计算，熟记等比数列的性质与通项公式即可，属于常考题型.10、D【解析】根据两个数列的单调性，可确定数列，也就确定了其中的最小项【详解】由已知数列是递增数列，数列是递减数列，且计算后知，又，数列中最小项的值是1故选D【点睛】本题考查数列的单调性，数列的最值解题时依据题意确定大小即可本题难度一般二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，
9、共30分。11、28【解析】试题分析：由等差数列的前n项和公式，把等价转化为所以,然后求得a值.考点：极限及其运算12、-2【解析】由正切函数定义计算.【详解】根据正切函数定义：.故答案为2.【点睛】本题考查三角函数的定义，掌握三角函数定义是解题基础.13、【解析】先求出函数的定义域，再根据二次函数的单调性和的单调性，结合复合函数的单调性的判断可得出选项.【详解】因为，所以或，即函数定义域为， 设，所以在上单调递减，在上单调递增，而在单调递增，由复合函数的单调性可知，函数的单调增区间为.故填：【点睛】本题考查复合函数的单调性，注意在考虑函数的单调性的同时需考虑函数的定义域，属于基础题.14、【
10、解析】利用余弦定理与不等式结合的思想求解，的关系即可求解的值【详解】解：根据余弦定理由可得：化简：，,，此时，故得，即，故答案为：【点睛】本题主要考查了存在性思想，余弦定理与不等式结合的思想，界限的利用属于中档题15、【解析】在平行六面体中把向量用用表示，再利用待定系数法，求得.再求解。【详解】如图所示：因为，又因为，所以，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查了空间向量的基本定理，还考查了运算求解的能力，属于基础题.16、【解析】根据递推关系式可证得数列为等差数列，利用等差数列通项公式求得，得到，进而求得；利用裂项相消法求得结果.【详解】由得：数列是首项为，公差为的等差数列，即： 设前项和为
11、本题正确结果：【点睛】本题考查根据递推关系式证明数列为等差数列、等差数列通项的求解、裂项相消法求数列的前项和；关键是能够通过通项公式的形式确定采用的求和方法，属于常考题型.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）7.【解析】分析：（1）由三角形面积公式和已知条件求得sinA的值，进而求得A；（2）利用余弦定理公式和（1）中求得的A求得a详解：（1） ，为锐角，；（2）由余弦定理得： .点睛：本题主要考查正弦定理边角互化及余弦定理的应用与特殊角的三角函数，属于简单题. 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两
12、种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.18、（）；（）.【解析】（）在中利用余弦定理即可求得结果；（）在中利用正弦定理构造方程即可求得结果.【详解】（）在中，由余弦定理可得：（） ，在中，由正弦定理可得：，即：解得：【点睛】本题考查利用正弦定理、余弦定理解三角形的问题，考查公式的简单应用，属于基础题.19、（1）（2）【解析】（1）将已知两式作差，利用等比数列的通项公式，可得公比，由等比数列的求和可得首项，进而得到所求通项公式；（2）求得bnn，由裂项相消求和可得答案【详解】（1）等比数列的前项和为，公比，得，则，又，所以
13、，因为，所以，所以，所以；（2），所以前项和【点睛】裂项相消法适用于形如(其中是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和，还有一类隔一项的裂项求和，如或.20、（1）；（2）或【解析】（1）由圆的方程求得圆心坐标和半径，依题意可设圆的方程为，由圆与圆外切可知圆心距等于两圆半径的和，由此列式可求得，即可得出圆的标准方程；（2）求出所在直线的斜率，设直线的方程为，求出圆心到直线的距离，利用垂径定理列式求得，则直线方程即可求出.【详解】（1）因为圆为，所以圆心的坐标为，半径.根据题意，设圆的方程为.又因为圆与圆外切，所以，解得，所以圆的标准方程为.（2）由题意可知，所以可设直线的方程为.又，所以圆心到直线的距离，即，解得或，所以直线的方程为或.【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系以及直线与圆的位置关系，其中运用了两圆外切时，圆心距等于两圆的半径之和，还涉及到圆的方程、直线的方程和点到直线的距离公式.21、 (1)见详解；（2）见详解.【解析】（1）连接AC1，设AC1A1CO，连接OD，可求O为AC1的中点，D是棱AB的中点，利用中位线的性质可证ODBC1，根据线面平行的判断定理即可证明BC1平面A1CD（2）由（1）可证平行四边形ACC1A1是菱形，由其性质可得AC1
