《2023-2024学年海南市重点中学高一下数学期末检测模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023-2024学年海南市重点中学高一下数学期末检测模拟试题含解析（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2023-2024学年海南市重点中学高一下数学期末检测模拟试题考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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1一个三棱锥内接于球，且，则球心到平面的距离是（ ）ABCD2已知函数，则有A的图像关于直线对称B的图像关于点对称C的最小正周期为D在区间内单调
2、递减3下列说法中正确的是( )A棱柱的侧面可以是三角形B正方体和长方体都是特殊的四棱柱C所有的几何体的表面都能展成平面图形D棱柱的各条棱都相等4已知非零实数a，b满足，则下列不等关系一定成立的是（ ）ABCD5已知各项均为正数的等比数列，若，则的值为（ ）A-4B4CD06等比数列的前n项和为，且，成等差数列若，则（ ）A15B7C8D167中国古代数学著作孙子算经中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，问物几何？”人们把此类题目称为“中国剩余定理”，若正整数除以正整数后的余数为，则记为，例如现将该问题以程序框图的算法给出，执行该程序框图，则输出的等于（ ）ABCD8
3、已知.为等比数列的前项和，若，则( )A31B32C63D649在中，且，则等于()ABCD10函数的最大值为（ ）A1BCD2二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11已知直线y=b(0b1)与函数f(x)=sinx(0)在y轴右侧依次的三个交点的横坐标为x1=,x2=,x3=,则的值为_12在平行四边形中，= ，边，的长分别为2，1.若， 分别是边，上的点，且满足，则的取值范围是_13如图是函数f(x)=Asin(x+)(A0，0，0)的一个周期的图象，则f(1)=_.14若向量与的夹角为，与的夹角为，则_.15将函数的图象上每一点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变；再向右平
4、移个单位长度得到的图象，则_.16某企业利用随机数表对生产的800个零件进行抽样测试，先将800个零件进行编号，编号分别为001,002,003，800从中抽取20个样本，如下提供随机数表的第行到第行： 若从表中第6行第6列开始向右依次读取个数据，则得到的第个样本编号是_.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如图，矩形中，平面，为上的点，且平面，（）求证：平面； （）求三棱锥的体积18如图，在三棱锥中，平面平面，点,分别为线段，的中点，点是线段的中点.求证：（1）平面；（2）.19已知单调递减数列的前项和为，且，则_.20在中，三个内角所对的边分
5、别为，满足.（1） 求角的大小；（2） 若，求，的值.（其中）21已知数列为等差数列，是数列的前n项和，且，（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前n项和参考答案一、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】 由题意可得三棱锥的三对对棱分别相等，所以可将三棱锥补成一个长方体，如图所示，该长方体的外接球就是三棱锥的外接球，长方体共顶点的三条面对角线的长分别为，设球的半径为，则有，在中，由余弦定理得，再由正弦定理得为外接圆的半径），则，因此球心到平面的距离，故选D. 点睛：本题主要考查了球的组合体问题，本题的解答中采用割补
6、法，考虑到三棱锥 的三对对棱相等，所以可得三棱锥补成一个长方体，长方体的外接球就是三棱锥的外接球，求出求出球的半径，进而求解距离，其中正确认识组合体的特征和恰当补形时解答的关键.2、B【解析】把函数化简后再判断【详解】，由正切函数的性质知，A、C、D都错误，只有B正确【点睛】本题考查二倍角公式和正切函数的性质三角函数的性质问题，一般要把函数化为一个角的一个三角函数形式，然后结合相应的三角函数得出结论3、B【解析】试题分析：棱柱的侧面是平行四边形，不可能是三角形，所以A不正确；球的表面就不能展成平面图形，所以C不正确；棱柱的侧棱与底面边长不一定相等，所以D不正确.考点：本小题主要考查空间几何体的
7、性质.点评：解决此类问题的主要依据是空间几何体的性质，需要学生有较强的空间想象能力.4、D【解析】根据不等式的基本性质，一一进行判断即可得出正确结果【详解】A. ，取，显然不成立，所以该选项错误；B. ，取，显然不成立，所以该选项错误；C. ，取，显然不成立，所以该选项错误；D. ，由已知且，所以，即所以该选项正确.故选：【点睛】本题考查不等式的基本性质，属于容易题5、B【解析】根据等比中项可得，再根据，即可求出结果.【详解】由等比中项可知，又，所以.故选:B.【点睛】本题主要考查了等比中项的性质，属于基础题.6、B【解析】通过，成等差数列,计算出，再计算【详解】等比数列的前n项和为，且，成等
8、差数列即 故答案选B【点睛】本题考查了等比数列通项公式，等差中项，前N项和，属于常考题型.7、C【解析】从21开始，输出的数是除以3余2，除以5余3，满足条件的是23，故选C.8、C【解析】首先根据题意求出和的值，再计算即可.【详解】有题知：，解得，.故选：C【点睛】本题主要考查等比数列的性质以及前项和的求法，属于简单题.9、A【解析】在ABC中，利用正弦定理与两角和的正弦化简已知可得，sin（A+C）sinB，结合ab，即可求得答案【详解】在ABC中，asinBcosC+csinBcosAb，由正弦定理得：sinAsinBcosC+sinCsinBcosAsinB，sinB0，sinAcos
9、C+sinCcosA，sin（A+C），又A+B+C，sin（A+C）sin（B）sinB，又ab，B故选A【点睛】本题考查两角和与差的正弦函数与正弦定理的应用，考查了大角对大边的性质，属于中档题10、A【解析】对利用两角和正弦公式展开，合并同类项化成单个余弦函数形式.【详解】，.【点睛】考查三角恒等变换、辅助角公式及余弦函数的最值.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、1【解析】由题得函数的周期为解之即得解.【详解】由题得函数的周期为.故答案为1【点睛】本题主要考查三角函数的图像和性质，考查三角函数的周期，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.12、【解析】以
10、A为原点AB为轴建立直角坐标系，表示出MN的坐标，利用向量乘法公式得到表达式，最后计算取值范围.【详解】以A为原点AB为轴建立直角坐标系平行四边形中，= ，边，的长分别为2，1设则 当时，有最大值5当时，有最小值2故答案为【点睛】本题考查了向量运算和向量乘法的最大最小值，通过建立直角坐标系的方法简化了技巧，是解决向量复杂问题的常用方法.13、2【解析】由三角函数图象，利用三角函数的性质，求得函数的解析式，即可求解的值，得到答案.【详解】由三角函数图象，可得，由，得，于是，又，即，解得，所以，则.【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及其应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性
11、质，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.14、【解析】根据向量平行四边形法则作出图形，然后在三角形中利用正弦定理分析.【详解】如图所示，所以在中有：，则，故.【点睛】本题考查向量的平行四边形法则的运用，难度一般.在运用平行四边形法则时候，可以适当将其拆分为三角形，利用解三角形中的一些方法去解决问题.15、【解析】由条件根据函数的图象变换规律，可得的解析式，从而求得的值【详解】将函数向左平移个单位长度可得的图象；保持纵坐标不变，横坐标伸长为原来的倍可得的图象，故，所以.【点睛】本题主要考查函数）的图象变换规律，属于中档题16、1【解析】根据随机数表法抽样的定义进行抽取即可
12、【详解】第6行第6列的数开始的数为808，不合适，436，789不合适，535，577，348，994不合适，837不合适，522，535重复不合适，1合适则满足条件的6个编号为436，535，577，348，522，1，则第6个编号为1，故答案为1【点睛】本题考查了简单随机抽样中的随机数表法，主要考查随机抽样的应用，根据定义选择满足条件的数据是解决本题的关键本题属于基础题三、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、（）见解析 （）【解析】（）先证明，再证明平面；（） 由等积法可得即可求解.【详解】（）因为是中点，又因为平面，所以，由已知，所以是中点，
13、所以，因为平面，平面，所以平面 （）因为平面，所以平面，则，又因为平面，所以，则平面，由可得平面，因为 ，此时，所以【点睛】本题主要考查线面平行的判定及利用等积法求三棱锥的体积问题，属常规考题.18、（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）连AF交BE于Q，连QO，推导出Q是PAB的重心，从而FGQO，由此能证明FG平面EBO（2）推导出BOAC，从而BO面PAC，进而BOPA，再求出OEPA，由此能证明PA平面EBO，利用线面垂直的性质可证PABE【详解】（1）连接AF交BE于Q，连接QO，因为E，F分别为边PA，PB的中点，所以Q为PAB的重心，可得：2，又因为O为线段AC的中点，G是线段
14、CO的中点，所以2，于是，所以FGQO，因为FG平面EBO，QO平面EBO，所以FG平面EBO（2）因为O为边AC的中点，ABBC，所以BOAC，因为平面PAC平面ABC，平面PAC平面ABCAC，BO平面ABC，所以BO平面PAC，因为PA平面PAC，所以BOPA，因为点E，O分别为线段PA，AC的中点，所以EOPC，因为PAPC，所以PAEO，又BOOEO，BO，EO平面EBO，所以PA平面EBO，因为BE平面EBO，所以PABE【点睛】本题考查线面垂直、线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题19、【解析】根据，再写出一个等式：，利用两等式判
