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1、江西省赣州市宁都县宁师中学2024年高一下数学期末复习检测模拟试题注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、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1两条平行直线与间的距离等于（ ）AB2CD42一空间几何体的三视图如下图所示，则
2、该几何体的体积为（ ） A1B3C6D23在中，已知其面积为，则= （ ）ABCD4已知集合，则（ ）ABCD5若，且，则xy的最大值为（ ）ABCD6圆与直线的位置关系为()A相离B相切C相交D以上都有可能7一组数平均数是，方差是，则另一组数，的平均数和方差分别是（ ）ABCD8函数 的最小正周期是( )ABCD9已知，函数，存在常数，使得为偶函数，则可能的值为（ ）ABCD10若存在正实数，使得，则（ ）A实数的最大值为B实数的最小值为C实数的最大值为D实数的最小值为二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11在中，已知，则角_12已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥
3、底面所成角为45，若的面积为，则该圆锥的侧面积为_13设向量，_.14已知两个正实数x，y满足2，且恒有x+2ym0，则实数m的取值范围是_15如图，正方体的棱长为，动点在对角线上，过点作垂直于的平面 ，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为，设， 则当时，函数的值域_16已知函数，则函数的最小值是_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已知圆内有一点，过点作直线交圆于两点.（1）当直线经过圆心时，求直线的方程；（2）当弦被点平分时，写出直线的方程.18如图所示，某海轮以30海里/小时的速度航行，在A点测得海面上油井P在南偏东，向北航行40分钟
4、后到达点，测得油井P在南偏东，海轮改为北偏东的航向再行驶80分钟到达C点，求P，C间的距离19已知函数.（1）求的单调递增区间；（2）求在区间的最大值和最小值.20已知，函数，（1）证明：是奇函数；（2）如果方程只有一个实数解，求a的值.21已知关于的函数.（）当时，求不等式的解集；（）若对任意的恒成立，求实数的最大值.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、C【解析】先把直线方程中未知数的系数化为相同的，再利用两条平行直线间的距离公式，求得结果【详解】解：两条平行直线与间，即两条平行直线与，故它们之间的距离为，故选：
5、【点睛】本题主要考查两条平行直线间的距离公式应用，注意未知数的系数必需相同，属于基础题2、D【解析】几何体是一个四棱锥，四棱锥的底面是一个直角梯形，直角梯形的上底是1，下底是2，垂直于底边的腰是2，一条侧棱与底面垂直，这条侧棱长是2.【详解】由三视图可知，几何体是一个四棱锥，四棱锥的底面是一个直角梯形，直角梯形的上底是1，下底是2，垂直于底边的腰是2，一条侧棱与底面垂直，这条侧棱长是2.四棱锥的体积是.故选D.【点睛】本题考查由三视图求几何体的体积，由三视图求几何体的体积，关键是由三视图还原几何体，同时还需掌握求体积的常用技巧如：割补法和等价转化法3、C【解析】 或（舍），故选C.4、C【解析
6、】 由题意得，因为，所以，所以，故，故选C.5、D【解析】利用基本不等式可直接求得结果.【详解】（当且仅当时取等号） 的最大值为故选：【点睛】本题考查利用基本不等式求解积的最大值的问题，属于基础题.6、C【解析】由直线方程可确定其恒过的定点，由点与圆的位置关系的判定方法知该定点在圆内，则可知直线与圆相交.【详解】由得：直线恒过点 在圆内部直线与圆相交故选：【点睛】本题考查直线与圆位置关系的判定，涉及到直线恒过定点的求解、点与圆的位置关系的判定，属于常考题型.7、B【解析】直接利用公式：平均值方差为，则的平均值和方差为：得到答案.【详解】平均数是，方差是，的平均数为：方差为：故答案选B【点睛】本
7、题考查了平均数和方差的计算：平均数是，方差是，则的平均值和方差为：.8、A【解析】作出函数的图象可得出该函数的最小正周期。【详解】作出函数的图象如下图所示，由图象可知，函数的最小正周期为，故选：A。【点睛】本题考查三角函数周期的求解，一般而言，三角函数最小正周期的求解方法有如下几种：（1）定义法：即；（2）公式法：当时，函数或的最小正周期为，函数最小正周期为；（3）图象法。9、C【解析】直接利用三角函数性质的应用和函数的奇偶性的应用求出结果.【详解】解：由函数，存在常数，使得为偶函数，则，由于函数为偶函数，故，所以，当时，.故选：C.【点睛】本题考查三角函数的性质的应用，属于基础题.10、C【
8、解析】将题目所给方程转化为关于的一元二次方程，根据此方程在上有解列不等式组，解不等式组求得的取值范围，进而求出正确选项.【详解】由得，当时，方程为不和题意，故这是关于的一元二次方程，依题意可知，该方程在上有解，注意到，所以由解得，故实数的最大值为，所以选C.【点睛】本小题主要考查一元二次方程根的分布问题，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】先由正弦定理得到角A的大小，再由三角形内角和为得到结果.【详解】根据三角形正弦定理得到：，故得到或，因为 故得到 故答案为.【点睛】在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依
9、据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.12、【解析】分析：先根据三角形面积公式求出母线长,再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求结果.详解：因为母线，所成角的余弦值为，所以母线，所成角的正弦值为，因为的面积为，设母线长为所以，因为与圆锥底面所成角为45，所以底面半径为因此圆锥的侧面积为13、【解析】利用向量夹角的坐标公式即可计算.【详解】.【点睛】本题主要考
10、查了向量夹角公式的坐标运算，属于容易题.14、 (-,1)【解析】由x+2y（x+2y）（）（1），运用基本不等式可得x+2y的最小值，由题意可得mx+2y的最小值【详解】两个正实数x，y满足2，则x+2y（x+2y）（）（1）（1+2）1，当且仅当x2y2时，上式取得等号，x+2ym0，即为mx+2y，由题意可得m1故答案为：（，1）【点睛】本题考查基本不等式的运用：“乘1法”求最值，考查不等式恒成立问题解法，注意运用转化思想，属于中档题15、【解析】根据已知条件，所得截面可能是三角形，也可能是六边形，分别求出三角形与六边形周长的取值情况，即可得到函数的值域.【详解】如图：正方体的棱长为，正
11、方体的对角线长为6， （i）当或时，三角形的周长最小.设截面正三角形的边长为，由等体积法得： ，（ii）或时，三角形的周长最大，截面正三角形的边长为，（iii）当时，截面六边形的周长都为当时，函数的值域为.【点睛】本题考查多面体表面的截面问题和线面垂直，关键在于结合图形分析截面的三种情况，进而得出与截面边长的关系.16、5【解析】因为 ，所以 ，函数 ，当且仅当 ，即 时等号成立点睛：本题考查了基本不等式的应用，属于基础题在用基本不等式时，注意一正二定三相等这三个条件，关键是找定值，在本题中，将 拆成 ，凑成定值，再用基本不等式求出最小值三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说
12、明、证明过程或演算步骤。17、（1）（2）【解析】（1）求得圆的圆心为，利用直线的点斜式方程，即可求解；（2）当弦被点平分时，得此直线的斜率为，结合直线的点斜式方程，即可求解.【详解】（1）由题意得，圆的圆心为，因为直线过点，所以直线的斜率为2，直线的方程为，即直线的方程.（2）当弦被点平分时，此时直线的斜率为，所以直线的方程为，即直线的方程.【点睛】本题主要考查了直线的方程的求解，以及圆的性质的应用，其中解答中熟练应用直线与圆的位置关系和直线的点斜式方程是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.18、海里【解析】在中，利用正弦定理可求得BP的长，在直角三角形中，利用勾股定理，可求P
13、、C间的距离【详解】在中，由正弦定理知得，.在中，又，可得P、C间距离为（海里）【点睛】本题的考点是解三角形的实际应用，主要考查将实际问题转化为数学问题，可把条件和问题放到三角形中，利用正弦定理及勾股定理求解19、（1），；（2），【解析】（1）直接利用三角函数的恒等变换，把三角函数变形成正弦型函数进一步求出函数的单调区间（2）直接利用三角函数的定义域求出函数的最值【详解】解：（1）令，解得，即函数的单调递增区间为，（2）由（1）知所以当，即时，当，即时，【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的单调性的应用，利用函数的定义域求三角函数的值域属于基础型20、（1）证明见解析（1）1【解析】（1）运用函数的奇偶性的定义即可得证（1）由题意可得有且只有两个相等的实根，可得判别式为0，解方程可得所求值【详解】（1）证明：由函数，可得定义域为，且，可得为奇函数；（1）方程只有一个实数解，即为，即，解得舍去），则的值为1【点睛】本题考查函数的奇偶性的判断和二次方程有解的条件，考查方程思想和定义法，属于基础题21、（）；（）【解析】（）由时，根据，利用一元二次不等式的解法，即可求解；（）由对任意的恒成立，得到，利用基本不等式求得最小值，即可求解.【详解】（）由题意，当时，函数，由，即，解得或，所以不等式的解集为.（）因为对任意的恒成立，即，又由，当且仅当
