《北京市西城35中2023-2024学年高一下数学期末联考模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京市西城35中2023-2024学年高一下数学期末联考模拟试题含解析（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、北京市西城35中2023-2024学年高一下数学期末联考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函数 ()的部分图象如图所示，若，且，则（ ）A1BCD2不等式的解集为（ ）ABCD3在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则满足条件的的个数为（ ）A0B1C2D无数多个4在如图的正方体中，M、N
2、分别为棱BC和棱的中点,则异面直线AC和MN所成的角为( )ABCD5已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱（其底面是正方形，且侧棱垂直于底面）高为4，体积为16，则这个球的表面积是（ ）ABCD6一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）ABCD7若圆心坐标为的圆,被直线截得的弦长为，则这个圆的方程是（ ）ABCD8已知，点在内，且，设，则等于（ ） AB3CD9在三棱锥中，二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）ABCD10从四件正品、两件次品中随机取出两件，记“至少有一件次品”为事件，则的对立事件是（ ）A至多有一件次品B两件全是正品C两件全是次品D至多有一件正品二、填空题
3、：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11数列满足，则 .12在直三棱柱中，则异面直线与所成角的余弦值是_13已知变量x，y线性相关，其一组数据如下表所示.若根据这组数据求得y关于x的线性回归方程为，则_.x1245y5.49.610.614.414若直线与曲线相交于A，B两点，O为坐标原点，当的面积取最大值时，实数m的取值_15在数列中，是其前项和，若，则_.16数列的通项，前项和为，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直线的方程为.(1)若在两坐标轴上的截距相等，求的值；(2)若不经过第二象限，求实数的取值范围.18如图所示，在直三棱柱
4、（侧面和底面互相垂直的三棱柱叫做直三棱柱）中，平面，设的中点为D，.（1）求证：平面；（2）求证：.19已知的三个内角的对边分别为，且，（1）求证：；（2）若是锐角三角形，求的取值范围.20已知圆经过、三点（1）求圆的标准方程；（2）若过点的直线被圆截得的弦的长为，求直线的倾斜角21已知数列是等差数列，（1）从第几项开始；（2）求数列前n项和的最大值参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1、D【解析】由三角函数的图象求得，再根据三角函数的图象与性质，即可求解.【详解】由图象可知， ，即，所以，即，又因为，则，解得，又由，
5、所以，所以，又因为，所以图中的最高点坐标为.结合图象和已知条件可知，所以，故选D.【点睛】本题主要考查了由三角函数的部分图象求解函数的解析式，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.2、A【解析】因式分解求解即可.【详解】,解得.故选：A【点睛】本题主要考查了二次不等式的求解,属于基础题.3、B【解析】直接由正弦定理分析判断得解.【详解】由正弦定理得,所以C只有一解，所以三角形只有一解.故选：B【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.4、C【解析】将平移到一起，根据等边三角形的性质判
6、断出两条异面直线所成角的大小.【详解】连接如下图所示，由于分别是棱和棱的中点，故，根据正方体的性质可知，所以是异面直线所成的角，而三角形为等边三角形，故.故选C.【点睛】本小题主要考查空间异面直线所成角的大小的求法，考查空间想象能力，属于基础题.5、C【解析】根据正四棱柱的底面是正方形,高为4,体积为16,求得底面正方形的边长,再求出其对角线长,然后根据正四棱柱的体对角线是外接球的直径可得球的半径,再根据球的表面积公式可求得.【详解】依题意正四棱柱的体对角线是其外接球的直径, 的中点是球心,如图: 依题意设 ,则正四棱柱的体积为:,解得,所以外接球的直径,所以外接球的半径,则这个球的表面积是.
7、故选C.【点睛】本题考查了球与正四棱柱的组合体,球的表面积公式,正四棱柱的体积公式,属中档题.6、D【解析】由几何体的三视图得该几何体是一个底面半径，高的扣在平面上的半圆柱，由此能求出该几何体的体积【详解】由几何体的三视图得：该几何体是一个底面半径，高的放在平面上的半圆柱，如图，故该几何体的体积为： 故选：D【点睛】本题考查几何体的体积的求法，考查几何体的三视图等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题7、B【解析】设出圆的方程，求出圆心到直线的距离，利用圆心到直线的距离、半径和半弦长满足勾股定理，求得圆的半径，即可求得圆的方程，得到答案【详解】由题意，设圆的方程为，则圆心到直线的距离为，又
8、由被直线截得的弦长为，则，所以所求圆的方程为，故选B【点睛】本题主要考查了圆的方程的求解，以及直线与圆的弦长的应用，其中解答中熟记直线与圆的位置关系，合理利用圆心到直线的距离、半径和半弦长满足勾股定理是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题8、B【解析】先根据,可得,又因为，,所以可得:在轴方向上的分量为，在轴方向上的分量为,又根据,可得答案.【详解】， ，在轴方向上的分量为，在轴方向上的分量为，两式相比可得:.故选B.【点睛】.向量的坐标运算主要是利用加、减、数乘运算法则进行的若已知有向线段两端点的坐标，则应先求出向量的坐标，解题过程中要注意方程思想的运用及运算法则的正确使用9、D
9、【解析】取AB中点F,SC中点E，设的外心为，外接圆半径为三棱锥的外接球球心为，由，在四边形中，设，外接球半径为，则则可求，表面积可求【详解】取AB中点F,SC中点E,连接SF,CF, 因为则为二面角的平面角，即 又 设的外心为，外接圆半径为三棱锥的外接球球心为 则面，由 在四边形中，设，外接球半径为，则 则三棱锥的外接球的表面积为 故选D【点睛】本题考查二面角，三棱锥的外接球，考查空间想象能力，考查正弦定理及运算求解能力，是中档题10、B【解析】根据对立事件的概念，选出正确选项.【详解】从四件正品、两件次品中随机取出两件，“至少有一件次品”的对立事件为两件全是正品.故选：B【点睛】本小题主要
10、考查对立事件的理解，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】试题分析：这类问题类似于的问题处理方法，在中用代换得（），两式相减得，又，即，故.考点：数列的通项公式.12、【解析】先找出线面角，运用余弦定理进行求解【详解】连接交于点，取中点，连接，则，连接为异面直线与所成角在中，,同理可得,异面直线与所成角的余弦值是故答案为【点睛】本题主要考查了异面直线所成的角，考查了空间想象能力，运算能力和推理论证能力，属于基础题13、4.3【解析】由所给数据求出，根据回归直线过中心点可求解【详解】由表格得到，将样本中心代入线性回归方程得.故答案为：4.3【点睛】本题考查线
11、性回归直线方程，掌握回归直线的性质是解题关键，即回归直线必过中心点14、【解析】点O到的距离，将的面积用表示出来，再利用均值不等式得到答案.【详解】曲线表示圆心在原点，半径为1的圆的上半圆，若直线与曲线相交于A，B两点，则直线的斜率，则点O到的距离，又，当且仅当，即时，取得最大值所以，解得舍去)故答案为【点睛】本题考查了点到直线的距离，三角形面积，均值不等式，意在考查学生的计算能力.15、【解析】令，可求出的值，令，由可求出的表达式，再检验是否符合时的表达式，由此可得出数列的通项公式.【详解】当时，；当时，.不适合上式，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查利用求数列的通项公式，一般利用，求解时
12、还应对是否满足的表达式进行验证，考查运算求解能力，属于中等题.16、7【解析】根据数列的通项公式，求得数列的周期为4，利用规律计算，即可求解【详解】由题意，数列的通项， 可得，得到数列是以4项为周期的形式，所以=故答案为：7.【点睛】本题主要考查了数列的求和问题，其中解答中根据数列的通项公式求得数列的周期，以及各项的变化规律是解答的关键，属于基础题，着重考查了三、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) 0或2；(2) .【解析】（1）当过坐标原点时，可求得满足题意；当不过坐标原点时，可根据直线截距式，利用截距相等构造方程求得结果；（2）当时，
13、可得直线不经过第二象限；当时，结合函数图象可知斜率为正，且在轴截距小于等于零，从而构造不等式组求得结果.【详解】（1）当过坐标原点时，解得：，满足题意当不过坐标原点时，即时若，即时，不符合题意若，即时，方程可整理为：，解得：综上所述：或（2）当，即时，不经过第二象限，满足题意当，即时，方程可整理为：，解得：综上所述：的取值范围为：【点睛】本题考查直线方程的应用，涉及到直线截距式方程、由图象确定参数范围等知识；易错点是在截距相等时，忽略经过坐标原点的情况，造成丢根.18、（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）由可证平面；（2）先证，再证，即可证明平面，即可得出.【详解】（1）三棱柱为直三棱柱，四边形为矩形，E为中点，又D点为中点，DE为的中位线，又平面，平面，平面；（2）三棱柱为直三棱柱，平面ABC，又，四边形为正方形，所以，平面，和相交于C，平面，.【点睛】本题考查线面平行的证明，考查线面垂直的判定及性质，考查空间想象能力，属于常考题.19、（1）证明见解析；（2）【解析】（1）由，联立，得，然后边角转化，利用和差公式化简，即可得到本题答案；（2）利用正弦定理和，得，再确定角C的范围，即可得到本题答案.【详解】解：（1）锐角中，故由余弦定理可得：，即，利用正弦定理可得：，即，可得：，可得：，或（舍去），.（2），均为锐角，由于：，.再根据，可得
