《2023-2024学年广西贺州中学高一下数学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学年广西贺州中学高一下数学期末综合测试模拟试题含解析（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2023-2024学年广西贺州中学高一下数学期末综合测试模拟试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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某班由50个编号为01，02，03，50的学生组成，现在要选取8名学生参加合唱团，选取方法是从随机数表的第1行的第11列开始由左到右依次选取两个数字，
2、则该样本中选出的第8名同学的编号为（ ）49 54 43 54 82 17 37 93 23 78 30 35 20 96 23 84 26 34 91 64 50 25 83 92 12 06 7657 23 55 06 88 77 04 74 47 67 21 76 33 50 25 83 92 12 06 76 49 54 43 54 82 74 47A20B25C26D342在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若，则角（）ABCD3若函数在一个周期内的图象如图所示，且在轴上的截距为，分别是这段图象的最高点和最低点，则在方向上的投影为（ ）ABCD4某人打靶时连续射击两次，事件“至
3、少有一次中靶”的互斥事件是（ ）A至多有一次中靶B只有一次中靶C两次都中靶D两次都不中靶5一个人连续射击三次，则事件“至少击中两次”的对立事件是（ ）A恰有一次击中B三次都没击中C三次都击中D至多击中一次6已知圆和两点，若圆上存在点，使得，则的最小值为（ ）ABCD7若，则（）A-1BC-1或D或8已知数列的通项公式是，则等于（ ）A70B28C20D89设实数满足约束条件，则的最大值为（ ）AB4C5D10在中，已知，且满足，则的面积为（ ）A1B2CD二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11如图，以为直径的圆中，在圆上，于，于，记，的面积和为，则的最大值为_.12已知等差数列
4、的前项和为，若，则=_13已知方程的两根分别为、且，且_14等比数列的公比为，其各项和，则_.15若直线上存在点可作圆的两条切线，切点为，且，则实数的取值范围为 16终边在轴上的角的集合是_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正方体的棱长为点分别是棱的中点（1）证明：四边形是一个梯形：（2）求几何体的表面积和体积18已知为锐角，（1）求的值；（2）求的值19已知公差不为0的等差数列的前项和为， ，且成等比数列（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和20现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥，下部分的形状是正四棱柱（
5、如图所示），并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍.（1）若则仓库的容积是多少？（2）若正四棱锥的侧棱长为，则当为多少时，仓库的容积最大？21设全集为实数集，.（1）若，求实数的取值范围；（2）若，且，求实数的取值范围.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、D【解析】利用随机数表依次选出8名学生的二位数的编号，超出范围的、重复的要舍去.【详解】从随机数表的第1行的第11列开始由左到右依次选取两个数字，选出来的8名学生的编号分别为：17，37，（93舍去）23，（78舍去）30，35，20，（96舍去）（23舍去）（8
6、4舍去）26，1；样本选出来的第8名同学的编号为1故选：D【点睛】本题考查了利用随机数表法求抽样编号的问题，属于基础题2、C【解析】利用余弦定理求三角形的一个内角的余弦值，可得的值，得到答案【详解】在 中，因为，即，利用余弦定理可得，又由,所以，故选C【点睛】本题主要考查了余弦定理的应用，其中解答中根据题设条件，合理利用余弦定理求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题3、D【解析】根据图象求出函数的解析式，然后求出点的坐标，进而可得所求结果【详解】根据函数在一个周期内的图象，可得，再根据五点法作图可得，函数的解析式为该函数在y轴上的截距为，故函数的解析式为，又，向量在方向上的投影
7、为故选D【点睛】解答本题的关键有两个：一是正确求出函数的解析式，进而得到两点的坐标，此处要灵活运用“五点法”求出的值；二是注意一个向量在另一个向量方向上的投影的概念，属于基础题4、D【解析】根据互斥事件的定义逐个分析即可.【详解】“至少有一次中靶”与 “至多有一次中靶”均包含中靶一次的情况.故A错误.“至少有一次中靶”与“只有一次中靶” 均包含中靶一次的情况.故B错误.“至少有一次中靶”与“两次都中靶” 均包含中靶两次的情况.故C错误.根据互斥事件的定义可得,事件“至少有一次中靶”的互斥事件是“两次都不中靶”.故选：D【点睛】本题主要考查了互斥事件的辨析,属于基础题型.5、D【解析】根据判断的
8、原则：“至少有个”的对立是“至多有个”.【详解】根据判断的原则：“至少击中两次”的对立事件是“至多击中一次”，故选D.【点睛】至多至少的对立事件问题，可以采用集合的补集思想进行转化.如“至少有个”则对应“”，其补集应为“”.6、D【解析】因为，所以点的轨迹为以为直径的圆，故点是两圆的交点，根据圆与圆的位置关系，即可求出【详解】根据可知，点的轨迹为以为直径的圆，故点是圆和圆的交点，因此两圆相切或相交，即，亦即故的最小值为故选：D【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系的应用，意在考查学生的转化能力，属于基础题7、C【解析】将已知等式平方，可根据二倍角公式、诱导公式和同角三角函数平方关系将等式化为，解
9、方程可求得结果.【详解】由得：即，解得：或本题正确选项：【点睛】本题考查三角函数值的求解问题，关键是能够通过平方运算，将等式化简为关于的方程，涉及到二倍角公式、诱导公式和同角三角函数平方关系的应用.8、C【解析】因为，所以，所以=20.故选C.9、A【解析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解【详解】作出可行域，如图内部（含边界），作直线，向上平移直线，增大，当直线过点时，得最大值为，故选：A.【点睛】本题考查简单的线性规划，解题关键是作出可行域和目标函数对应的直线10、D【解析】根据正弦定理先进行化简，然后根据余弦定理求出C的大小，结合三角形的面积公式进行计算即可【详解】
10、在中，已知，由正弦定理得，即，即. ，的面积故选D【点睛】本题主要考查三角形面积的计算，结合正弦定理余弦定理进行化简是解决本题的关键,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】可设，表示出S关于的函数，从而转化为三角函数的最大值问题.【详解】设，则，当时，.【点睛】本题主要考查函数的实际运用，三角函数最值问题，意在考查学生的划归能力，分析能力和数学建模能力.12、【解析】利用等差数列前项和，可得；利用等差数列的性质可得，然后求解三角函数值即可【详解】等差数列的前项和为，因为，所以；又，所以 故答案为：【点睛】本题考查等差数列的前项和公式和等差数列的性质的应用，熟
11、练掌握和若，则是解题的关键13、【解析】由韦达定理和两角和的正切公式可得，进一步缩小角的范围可得，进而可求【详解】方程两根、， 又，结合，故答案为【点睛】本题考查两角和与差的正切函数，涉及韦达定理，属中档题14、【解析】利用等比数列各项和公式可得出关于的方程，解出即可.【详解】由于等比数列的公比为，其各项和，可得，解得.故答案为：.【点睛】本题考查等比数列中基本量的计算，利用等比数列各项和公式列等式是关键，考查计算能力，属于基础题.15、【解析】试题分析：若，则，直线上存在点可作和的两条切线等价于直线与圆有公共点，由圆心到直线的距离公式可得,解之可得.考点：点到直线的距离公式及直线与圆的位置关
12、系的运用.【方法点晴】本题主要考查了点到直线的距离公式及直线与圆的位置关系的运用，涉及到圆心到直线的距离公式和不等式的求解，属于中档试题，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及学生的推理与运算能力，本题的解答中直线上存在点可作和的两条切线等价于直线与圆有公共点是解答的关键16、【解析】由于终边在y轴的非负半轴上的角的集合为而终边在y轴的非正半轴上的角的集合为，终边在轴上的角的集合是，所以，故答案为.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）证明见解析（2）表面积为，体积为【解析】（1）在正方体中，根据分别是棱的中点，由中位线得到且，又由，
13、根据公理4平行关系的传递性得证.（2）几何体的表面积，上下底是直角三角形，三个侧面，有两个是全等的直角梯形，另一个是等腰梯形求解，体积按照棱台体积公式求解.【详解】（1）如图所示：在正方体中，因为分别是棱的中点，所以且，又因为，所以且，所以四边形是一个梯形.（2）几何体的表面积为：.体积为：.【点睛】本题主要考查几何体中的截面问题，还考查了空间想象，抽象概括，推理论证的能力，属于中档题.18、（1）；（2）【解析】分析：先根据同角三角函数关系得，再根据二倍角余弦公式得结果；（2）先根据二倍角正切公式得，再利用两角差的正切公式得结果.详解：解：（1）因为，所以因为，所以，因此，（2）因为为锐角，
14、所以又因为，所以，因此因为，所以，因此，点睛：应用三角公式解决问题的三个变换角度(1)变角：目的是沟通题设条件与结论中所涉及的角，其手法通常是“配凑”.(2)变名：通过变换函数名称达到减少函数种类的目的，其手法通常有“切化弦”、“升幂与降幂”等.(3)变式：根据式子的结构特征进行变形，使其更贴近某个公式或某个期待的目标，其手法通常有：“常值代换”、“逆用变用公式”、“通分约分”、“分解与组合”、“配方与平方”等.19、（1）（2）【解析】试题分析：（1）由已知条件，利用等差数列的前n项和公式和通项公式及等比数列的性质列出方程组，求出等差数列的首项和公差，由此能求出数列an的通项公式；（2）由题意推导出bn22n+1+1，由此利用分组求和法能求出数列bn的前n项和详解：（）设
