《2023-2024学年恩施市重点中学高一数学第二学期期末综合测试模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023-2024学年恩施市重点中学高一数学第二学期期末综合测试模拟试题含解析（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2023-2024学年恩施市重点中学高一数学第二学期期末综合测试模拟试题考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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已知等差数列的公差d0，则下列四个命题：数列是递增数列； 数列是递增数列；数列是递增数列； 数列是递增数列；其中正确命题的个数为（ ）A1B2C
2、3D42已知圆锥的高为3，底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于()ABC16D323若是函数的两个不同的零点，且这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则的值等于（ ）A1B5C9D44过点斜率为3的直线的一般式方程为（ ）ABCD5已知在中，为的中点，点为边上的动点，则最小值为（ ）A2BCD26在等差数列中，若，则（ ）AB0C1D67在等差数列中，已知，则等于（ ）A50B52C54D568如图，在中，若，用表示为（）ABCD9已知，则（ ）A1B2CD310设的内角所对的边为，则（ ）AB或CD或二、填空题：本大题共6小题，每小题
3、5分，共30分。11若数列满足,则_ 12已知等比数列中，则_.13某单位有200名职工，现要从中抽取40名职工作样本，用系统抽样法，将全体职工随机按1200编号，并按编号顺序平均分为40组（15号，610号，196200号）.若第5组抽出的号码为22，则第8组抽出的号码应是 14在正四面体中，棱与所成角大小为_.15函数的零点个数为_16已知正三棱柱木块，其中，一只蚂蚁自点出发经过线段上的一点到达点，当沿蚂蚁走过的最短路径，截开木块时，两部分几何体的体积比为_.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如图，在平面直角坐标系中，点,，锐角的终边与单位
4、圆O交于点P()当时，求的值；()在轴上是否存在定点M，使得恒成立？若存在，求出点M坐标；若不存在，说明理由18已知的三个内角的对边分别是，且 （1）求角的大小；（2）若的面积为，求的周长19如图，为方便市民游览市民中心附近的“网红桥”，现准备在河岸一侧建造一个观景台，已知射线，为两边夹角为的公路（长度均超过千米），在两条公路，上分别设立游客上下点，从观景台到，建造两条观光线路，测得千米，千米（1）求线段的长度；（2）若，求两条观光线路与之和的最大值20爱心超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完根据往年销售
5、经验，每天需求量与当天最高气温单位：有关如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份每天的最高气温数据，得到下面的频数分布表：最高气温天数216362574（1）求六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的频率；（2）当六月份有一天这种酸奶的进货量为450瓶时，求这一天销售这种酸奶的平均利润（单位：元）21已知.（）化简； （）已知，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】对于各个选项
6、中的数列，计算第n+1项与第n项的差，看此差的符号，再根据递增数列的定义得出结论【详解】设等差数列，d0对于，n+1nd0，数列是递增数列成立，是真命题对于，数列，得，所以不一定是正实数，即数列不一定是递增数列，是假命题对于，数列，得，不一定是正实数，故是假命题对于，数列，故数列是递增数列成立，是真命题故选：B【点睛】本题考查用定义判断数列的单调性，考查学生的计算能力，正确运用递增数列的定义是关键，属于基础题2、B【解析】作轴截面，圆锥的轴截面是等腰三角形，外接球的截面是圆为球的大圆是的外接圆，由图可得球的半径与圆锥的关系【详解】如图，作轴截面，圆锥的轴截面是等腰三角形，的外接圆是球的大圆，设
7、该圆锥的外接球的半径为R，依题意得，R2(3R)2()2，解得R2，所以所求球的体积VR323，故选B【点睛】本题考查球的体积，关键是确定圆锥的外接球与圆锥之间的关系，即球半径与圆锥的高和底面半径之间的联系，而这个联系在其轴截面中正好体现3、C【解析】试题分析：由韦达定理得，则，当适当排序后成等比数列时，必为等比中项，故，当适当排序后成等差数列时，必不是等差中项，当是等差中项时，解得，；当是等差中项时，解得，综上所述，所以考点：等差中项和等比中项4、A【解析】由点和斜率求出点斜式方程，化为一般式方程即可【详解】解：过点斜率为的直线方程为，化为一般式方程为；故选：【点睛】本题考查了由点以及斜率求
8、点斜式方程的问题，属于基础题5、C【解析】由，结合投影几何意义，建立平面直角坐标系，结合向量数量积的定义及二次函数的性质即可求解.【详解】由,结合投影几何意义有：过点作的垂线，垂足落在的延长线上，且,以所在直线为轴，以中点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则设，其中则解析式是关于的二次函数，开口向上，对称轴时取得最小值，当时取得最小值故选：【点睛】本题考查向量方法解决几何最值问题，属于中等题型.6、C【解析】根据等差数列性质得到答案.【详解】等差数列中，若，【点睛】本题考查了等差数列的性质，属于简单题.7、C【解析】利用等差数列通项公式求得基本量，根据等差数列性质可得，代入求得结果.【
9、详解】设等差数列公差为则，解得：本题正确选项：【点睛】本题考查等差数列基本量的求解问题，关键是能够根据等差数列通项公式构造方程求得公差，属于基础题.8、C【解析】根据向量的加减法运算和数乘运算来表示即可得到结果.【详解】本题正确选项：【点睛】本题考查根据向量的线性运算，来利用已知向量表示所求向量；关键是能够熟练应用向量的加减法运算和数乘运算法则.9、A【解析】根据向量的坐标运算法则直接求解.【详解】因为,所以,所以,故选:A.【点睛】本题考查向量的坐标运算,属于基础题.10、B【解析】试题分析：因为，由正弦定理，因为是三角形的内角，且，所以，故选B考点：正弦定理二、填空题：本大题共6小题，每小
10、题5分，共30分。11、【解析】利用递推公式再递推一步,得到一个新的等式,两个等式相减,再利用累乘法可求出数列的通项公式,利用所求的通项公式可以求出的值.【详解】得, ,所以有,因此.故答案为：【点睛】本题考查了利用递推公式求数列的通项公式,考查了累乘法,考查了数学运算能力.12、4【解析】先计算，代入式子化简得到答案.【详解】故答案为4【点睛】本题考查了等比数列的计算，意在考查学生的计算能力.13、1【解析】试题分析：因为将全体职工随机按1200编号，并按编号顺序平均分为40组，由分组可知，抽号的间隔为5，因为第5组抽出的号码为22，所以第6组抽出的号码为27，第7组抽出的号码为32，第8组
11、抽出的号码为1考点：系统抽样点评：本题考查系统抽样，在系统抽样过程中得到的样本号码是最规则的一组编号14、【解析】根据正四面体的结构特征，取中点，连，利用线面垂直的判定证得平面，进而得到，即可得到答案.【详解】如图所示，取中点，连，正四面体是四个全等正三角形围成的空间封闭图形，所有棱长都相等，所以，且，所以平面，又由平面，所以，所以棱与所成角为.【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，以及直线与平面垂直的判定及应用，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.15、3【解析】运用三角函数的诱导公式先将函数化简，再在同一直角坐标系中做出两支函数的图像，观察其交点的个数即得解.【详解】由三角函数的诱
12、导公式得，所以令，求零点的个数转化求方程根的个数，因此在同一直角坐标系分别做出和的图象，观察两支图象的交点的个数为个，注意在做的图像时当时，,故得解. 【点睛】本题考查三角函数的有界性和余弦函数与对数函数的交点情况，属于中档题.16、【解析】将正三棱柱的侧面沿棱展开成平面，连接与的交点即为满足最小时的点，可知点为棱的中点，即可计算出沿着蚂蚁走过的路径截开木块时两几何体的体积之比.【详解】将正三棱柱沿棱展开成平面，连接与的交点即为满足最小时的点.由于，再结合棱柱的性质，可得，一只蚂蚁自点出发经过线段上的一点到达点，当沿蚂蚁走过的最短路径，为的中点，因为三棱柱是正三棱柱，所以当沿蚂蚁走过的最短路径
13、，截开木块时，两部分几何体的体积比为：.故答案为：.【点睛】本题考查棱柱侧面最短路径问题，涉及棱柱侧面展开图的应用以及几何体体积的计算，考查分析问题解决问题能力，是中档题三、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、（）（）【解析】（）设点，求得向量的坐标，根据向量的数量积的运算，求得，即可求得答案（）设M点的坐标为，把恒成立问题转化为恒成立，列出方程组，即可求解【详解】（），（）设M点的坐标为，则，【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，以及向量的数量积的应用和恒成立问题的求解，其中解答中合理利用向量的坐标运算及向量的数量积的运算，以及转化等式的恒成立问
14、题，列出相应的方程组是解答的关键，着重考查了推理与运算能力18、 (1) ； (2) 【解析】（1）通过正弦定理得，进而求出， 再根据，进而求得的大小；（2）由正弦定理中的三角形面积公式求出， 再根据余弦定理，求得， 进而求得的周长【详解】（1）由题意知，由正弦定理得，又由，则，所以，又因为，则，所以（2）由三角形的面积公式，可得，解得，又因为，解得，即，所以，所以的周长为【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题19、（1）3；（2）1.【解析】（
