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1、云南省墨江第二中学2023-2024学年高一下数学期末教学质量检测模拟试题注意事项: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已知，则的垂直平分线所在直线方程为（ ）ABCD2记等差数列的前n项和为
2、.若，则（ ）A7B8C9D103已知两条直线，两个平面，下面说法正确的是( )ABCD4在ABC中,若 ,则=（ ）A6B4C-6D-45把函数的图象经过变化而得到的图象，这个变化是（ ）A向左平移个单位B向右平移个单位C向左平移个单位D向右平移个单位6设等差数列，则等于（ ）A120B60C54D1087设公差为2的等差数列，如果，那么等于()A182B78C148D828为了从甲、乙两组中选一组参加“喜迎国庆共建小康”知识竞赛活动.班主任老师将两组最近的次测试的成绩进行统计，得到如图所示的茎叶图.若甲、乙两组的平均成绩分别是.则下列说法正确的是（ ）A，乙组比甲组成绩稳定,应选乙组参加比
3、赛B，甲组比乙组成绩稳定.应选甲组参加比赛C，甲组比乙组成绩稳定.应选甲组参加比赛D，乙组比甲组成绩稳定,应选乙组参加比赛9在中，则是（ ）A等腰直角三角形B等腰或直角三角形C等腰三角形D直角三角形10已知，则的值构成的集合为（ ）ABCD二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11如图，已知扇形和，为的中点.若扇形的面积为1，则扇形的面积为_.12函数的定义域是_.13函数的最大值为，最小值为，则的最小正周期为_14用数学归纳法证明“”，在验证成立时，等号左边的式子是_.15如图，在正方体中，有以下结论：平面；平面；异面直线与所成的角为.则其中正确结论的序号是_（写出所有正确结论的
4、序号）.16已知函数，若，则的取值围为_.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）若关于x的不等式2xm（x2+6）的解集为x|x3或x2，求不等式5mx2+x+30的解集（2）若2kxx2+4对于一切的x0恒成立，求k的取值范围18如图，已知等腰梯形中，是的中点，将沿着翻折成，使平面平面（）求证：；（）求二面角的余弦值；（）在线段上是否存在点P，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由19已知函数的定义域为R（1）求的取值范围；（2）若函数的最小值为，解关于的不等式。20已知数列是等差数列，是其前项和.（1）求数列的通项公式；（2）设，
5、求数列的前项和.21已知数列满足=(1)若求数列的通项公式;(2)若=对一切恒成立求实数取值范围.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、A【解析】首先根据题中所给的两个点的坐标，应用中点坐标公式求得线段的中点坐标，利用两点斜率坐标公式求得，利用两直线垂直时斜率的关系，求得其垂直平分线的斜率，利用点斜式写出直线的方程，化简求得结果.【详解】因为，所以其中点坐标是，又，所以的垂直平分线所在直线方程为，即，故选A.【点睛】该题考查的是有关线段的垂直平分线的方程的问题，在解题的过程中，需要明确线段的垂直平分线的关键点一是垂直
6、，二是平分，利用相关公式求得结果.2、D【解析】由可得值，可得可得答案.【详解】解：由，可得，所以，从而，故选D.【点睛】本题主要考察等差数列的性质及等差数列前n项的和，由得出的值是解题的关键.3、D【解析】满足每个选项的条件时能否找到反例推翻结论即可。【详解】A：当m, n中至少有一条垂直交线才满足。B：很明显m, n还可以异面直线不平行。C: 只有当m垂直交线时，否则不成立。故选：D【点睛】此题考查直线和平面位置关系，一般通过反例排除法即可解决，属于较易题目。4、C【解析】向量的点乘，【详解】,选C.【点睛】向量的点乘，需要注意后面乘的是两向量的夹角的余弦值，本题如果直接计算的话，的夹角为
7、BAC的补角5、B【解析】试题分析：，与比较可知：只需将向右平移个单位即可考点：三角函数化简与平移6、C【解析】题干中只有一个等式，要求前9项的和，可利用等差数列的性质解决。【详解】，选C.【点睛】题干中只有一个等式，要求前9项的和，可利用等差数列的性质解决。也可将等式全部化为的表达式，整体代换计算出7、D【解析】根据利用等差数列通项公式及性质求得答案【详解】an是公差为2的等差数列，a3+a6+a9+a99（a1+2d）+（a4+2d）+（a7+2d）+（a97+2d）a1+a4+a7+a97+332d501321故选D【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式及性质的应用，考查了运算能力，属
8、基础题8、D【解析】由茎叶图数据分别计算两组的平均数；根据数据分布特点可知乙组成绩更稳定；由平均数和稳定性可知应选乙组参赛.【详解】；乙组的数据集中在平均数附近 乙组成绩更稳定应选乙组参加比赛本题正确选项：【点睛】本题考查茎叶图的相关知识，涉及到平均数的计算、数据稳定性的估计等知识，属于基础题.9、D【解析】先由可得，然后利用与三角函数的和差公式可推出，从而得到是直角三角形【详解】因为，所以所以因为所以即所以所以因为，所以因为，所以，即是直角三角形故选：D【点睛】要判断三角形的形状，应围绕三角形的边角关系进行思考，主要有以下两条途径：角化边：把已知条件转化为只含边的关系，通过因式分解、配方等得
9、到边的对应关系，从而判断三角形形状，边化角：把已知条件转化为内角的三角函数间的关系，通过三角恒等变换，得出内角的关系，从而判断三角形的形状.10、B【解析】根据的奇偶分类讨论【详解】为偶数时，为奇数时，设，则的值构成的集合是故选：B【点睛】本题考查诱导公式，掌握诱导公式是解题基础注意诱导公式的十字口诀：奇变偶不变，符号看象限二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、1【解析】设，在扇形中，利用扇形的面积公式可求，根据已知，在扇形中，利用扇形的面积公式即可计算得解【详解】解：设，扇形的面积为1，即：，解得：，为的中点，在扇形中，故答案为：1【点睛】本题主要考查了扇形的面积公式的应用
10、，考查了数形结合思想和转化思想，属于基础题12、【解析】解方程即得函数的定义域.【详解】由题得，解之得故答案为.【点睛】本题主要考查正切型函数的定义域的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.13、【解析】先换元，令，所以，利用一次函数的单调性，列出等式，求出，然后利用正切型函数的周期公式求出即可【详解】令，所以，由于，所以在上单调递减，即有，解得，故最小正周期为【点睛】本题主要考查三角函数的性质的应用，正切型函数周期公式的应用，以及换元法的应用14、【解析】根据左边的式子是从开始，结束，且指数依次增加1求解即可.【详解】因为左边的式子是从开始，结束，且指数依次增加1所以，左边的
11、式子为，故答案为.【点睛】项数的变化规律，是利用数学归纳法解答问题的基础，也是易错点，要使问题顺利得到解决，关键是注意两点：一是首尾两项的变化规律；二是相邻两项之间的变化规律.15、【解析】：利用线面平行的判定定理可以直接判断是正确的结论；：举反例可以判断出该结论是错误的；：可以利用线面垂直的判定定理，得到线面垂直，再利用线面垂直的性质定理可以判断是正确的结论；：可以通过，可以判断出异面直线与所成的角为，即本结论是错误的，最后选出正确的结论序号.【详解】：平面，平面 平面，故本结论是正确的；：在正方形中，显然不垂直，而，所以不互相垂直，要是平面，则必有互相垂直，显然是不可能的，故本结论是错误的
12、；：平面，平面，在正方形中，平面，所以平面，而平面，故，因此本结论是正确的；：因为，所以异面直线与所成的角为，在正方形中，故本结论是错误的，因此正确结论的序号是.【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、性质定理，考查了异面直线所成的角、线面垂直的性质.16、【解析】由函数，根据，得到，再由，得到，结合余弦函数的性质，即可求解.【详解】由题意，函数，又由，即，即，因为，则，所以或，即或，所以实数的取值围为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了余弦的倍角公式，以及三角不等式的求解，其中解答中熟练应用余弦函数的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.三、解答题：本大题
13、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）原不等式等价于根据不等式的解集由根与系数的关系可得关于 的方程，解出的值，进而求得的解集；（2）由对于一切的恒成立，可得，求出的最小值即可得到的取值范围【详解】（1）原不等式等价于，所以的解集为则， 所以等价于，即，所以，所以不等式的解集为 （2）因为，由，得，当且仅当时取等号. 【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，不等式恒成立问题和基本不等式，考查了方程思想和转化思想，属基础题18、（）详见解析；（）二面角的余弦值为；（）存在点P，使得平面，且【解析】试题分析：（ I ） 根据直线与平面垂
14、直的判定定理，需证明垂直平面内的两条相交直线由题意易得四边形是菱形，所以，从而，即，进而证得平面（） 由（ I ）可知，、两两互相垂直，故可以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得二面角的余弦值（）根据直线与平面平行的判定定理，只要能找到一点P使得PM平行平面内的一条直线即可由于，故可取线段中点P，中点Q，连结则，且由此即可得四边形是平行四边形，从而问题得证试题解析：（ I ） 由题意可知四边形是平行四边形，所以，故又因为，M为AE的中点所以，即又因为，所以四边形是平行四边形所以故因为平面平面， 平面平面，平面所以平面因为平面， 所以因为，、平面，所以平面 （） 以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，平面的法
