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1、南京市重点中学2024届高一下数学期末经典模拟试题注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，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在四边形中，若，且，则四边形是（ ）A矩形B菱形C正方形D梯形2设为等比数列
2、，给出四个数列：，.其中一定为等比数列的是（ ）ABCD3在一段时间内，某种商品的价格（元）和销售量（件）之间的一组数据如下表：价格（元）4681012销售量（件）358910若与呈线性相关关系，且解得回归直线的斜率，则的值为（ ）A0.2B-0.7C-0.2D0.74已知为三条不同直线，为三个不同平面，则下列判断正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则5在中，点P是直线BN上一点，若，则实数m的值是（ ）A2BCD6已知，是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列四个结论：，则；若，则；若，则；若，则.其中正确结论的序号是ABCD7设满足约束条件则的最大值为（ ）.A10B8C3D2
3、8终边在轴上的角的集合（ ）ABCD9已知数列的通项公式是，则等于（ ）A70B28C20D810已知数列满足，则（ ）A4B-4C8D-8二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为_.12已知为等差数列，为其前项和，若，则，则_13设数列的前项和为满足：，则_.14已知等差数列满足，则_15在边长为2的正三角形ABC内任取一点P，则使点P到三个顶点的距离至少有一个小于1的概率是_16已知，若对任意，均有，则的最小值为_；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
4、程或演算步骤。17已知函数的部分图象如图所示.（1）求与的值；（2）设的三个角、所对的边依次为、，如果，且，试求的取值范围；（3）求函数的最大值.18若不等式恒成立，求实数a的取值范围。19已知函数 (1)求的最小正周期和单调递减区间;(2)若在上恒成立,求实数的取值范围.20已知方程有两个实根,记,求的值.21设函数，其中，.（1）设，若函数的图象的一条对称轴为直线，求的值；（2）若将的图象向左平移个单位，或者向右平移个单位得到的图象都过坐标原点，求所有满足条件的和的值；（3）设，已知函数在区间上的所有零点依次为，且，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
5、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】根据向量相等可知四边形为平行四边形；由数量积为零可知，从而得到四边形为矩形.【详解】，可知且 四边形为平行四边形由可知： 四边形为矩形本题正确选项：【点睛】本题考查相等向量、垂直关系的向量表示，属于基础题.2、D【解析】设，再利用等比数列的定义和性质逐一分析判断每一个选项得解.【详解】设，,所以数列是等比数列；，所以数列是等比数列；，不是一个常数，所以数列不是等比数列；，不是一个常数，所以数列不是等比数列.故选D【点睛】本题主要考查等比数列的判定，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.3、C【解析】由题意利用线性回归方程的
6、性质计算可得的值.【详解】由于，由于线性回归方程过样本中心点，故：，据此可得：.故选C.【点睛】本题主要考查线性回归方程的性质及其应用，属于中等题.4、C【解析】根据线线位置关系，线面位置关系，以及面面位置关系，逐项判断，即可得出结果.【详解】A选项，当时，由，可得，此时由，可得或或与相交；所以A错误；B选项，若，则，或相交，或异面；所以B错误；C选项，若，根据线面平行的性质，可得，所以C正确；D选项，若，则或，又，则，或相交，或异面；所以D错误；故选C【点睛】本题主要考查线面，面面有关命题的判定，熟记空间中点线面位置关系即可，属于常考题型.5、B【解析】根据向量的加减运算法则，通过，把用和表
7、示出来，即可得到的值.【详解】在中，点是直线上一点，所以，又三点共线，所以，即.故选：B.【点睛】本题考查实数值的求法，解题时要认真审题，注意平面向量加法法则的合理运用，属于基础题.6、C【解析】利用面面垂直的判定定理判断；根据面面平行的判定定理判断；利用线面垂直和线面平行的性质判断；利用线面垂直和面面平行的性质判断【详解】，或，又，则成立，故正确若，或和相交，并不一定平行于，故错误若，则或，若，则并不一定平行于，故错误若，又，成立，故正确综上所述，正确的命题的序号是故选【点睛】本题主要考查了命题的真假判断和应用，解题的关键是理解线面，面面平行与垂直的判断定理和性质定理，属于基础题7、B【解析
8、】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，代入目标函数即可求解.【详解】作出可行域如图：化目标函数为，联立，解得.由图象可知，当直线过点A时，直线在y轴上截距最小，有最大值.【点睛】本题主要考查了简单的线性规划，数形结合的思想，属于中档题.8、D【解析】根据轴线角的定义即可求解.【详解】A项，是终边在轴正半轴的角的集合；B项，是终边在轴的角的集合；C项，是终边在轴正半轴的角的集合；D项，是终边在轴的角的集合；综上，D正确.故选:D【点睛】本题主要考查了轴线角的判断，属于基础题.9、C【解析】因为，所以，所以=20.故选C.10、C【解析】根据递
9、推公式，逐步计算，即可求出结果.【详解】因为数列满足，所以，.故选C【点睛】本题主要考查由递推公式求数列中的项，逐步代入即可，属于基础题型.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】求出长方体体积与三棱锥的体积后即可得到棱锥的体积与剩下的几何体体积之比.【详解】设长方体长宽高分别为，所以长方体体积，三棱锥体积，所以棱锥的体积与剩下的几何体体积的之比为：.故答案为：.【点睛】本题主要考查了长方体体积公式，三棱锥体积公式，属于基础题.12、【解析】利用等差中项的性质求出的值，再利用等差中项的性质求出的值.【详解】由等差中项的性质可得，得，由等差中项的性质得，.故答案为：.【点
10、睛】本题考查等差数列中项的计算，充分利用等差中项的性质进行计算是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.13、【解析】利用，求得关于的递推关系式，利用配凑法证得是等比数列，由此求得数列的通项公式，进而求得的表达式，从而求得的值.【详解】当时，.由于，而，故，故答案为：.【点睛】本小题主要考查配凑法求数列的通项公式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.14、9【解析】利用等差数列下标性质求解即可【详解】由等差数列的性质可知，则所以.故答案为：9【点睛】本题考查等差数列的性质，熟记性质是关键，是基础题15、【解析】以A,B,C为圆心,以1为半径作圆,与ABC交出三个扇形,当P落在其内时符合要求
11、,P=.16、【解析】根据对任意，均有，分析得到，再根据正弦型函数的最值公式求解出的最小值.【详解】因为对任意，均有，所以，所以，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查正弦型函数的应用，难度一般.正弦型函数的最值一定是在对称轴的位置取到，因此正弦型函数取最大值与最小值时对应的自变量的差的绝对值最小为，此时最大值与最小值对应的对称轴相邻.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）；（3）.【解析】（1）由图象有，可得的值，然后根据五点法作图可得，进而求出（2）根据,可得,然后由行列式求出,再由正弦定理转化为，根据的范围求出的范围（3）
12、将化简到最简形式，然后逐步换元，转化为利用导数求值问题.【详解】（1）由函数图象可得，解得，再根据五点法作图可得，解得， .（2） ， 由正弦定理知， ， ， .（3）令，因为，所以，则，令，因为，所以,则令，则， 只需求出的最大值， ，令，则， 当时，此时单调递增，当时，此时单调递减， . 函数的最大值为.【点睛】本题主要考查了利用三角函数的部分图象求解析式和三角函数的图象与性质，考查了转化思想和数形结合思想，属于难题.18、【解析】恒成立的条件下由于给定了的范围，故可考虑对进行分类，同时利用参变分离法求解的范围.【详解】由题意得(1),时， 恒成立 (2),等价于又 实数a的取值范围是【点
13、睛】含有分式的不等式恒成立问题，要注意到分母的正负对于不等号的影响；若是变量的范围给出了，可针对于变量的范围做具体分析，然后去求解参数范围.19、（1）；（2）【解析】(1)注意到, .于是, 的最小正周期.由，故的单调递减区间为.(2)由,知，于是,当时,取得最大值,即.要使恒成立,只需，即.解得.故m的取值范围是.20、【解析】求出的值和的范围即可【详解】因为，所以又有两个实根所以所以因为所以，所以所以所以故答案为：【点睛】1.要清楚反三角函数的定义域和值域，如的定义域为，值域为2.由三角函数的值求角时一定要判断出角的范围.21、（1）；（2），；（3）【解析】（1）根据对称轴对应三角函数最值以及计算的值；（2）根据条件列出等式求解和的值；（3）根据图象利用对称性分析待求式子的特点，然后求值.【详解】（1），因为是一条对称轴，对应最值；又因为，所以，所以，则；（2）由条件知： ，可得，则，又因为，所以，则，故有：，当为奇数时，令，所以 ，当为偶数时，令，所以，当时，又因为，所以；（3）分别作出（部分图像）与图象如下：因为，故共有个；记对称轴为，据图有：，则，令，则，又因为，所以，
