《深圳市第二高级中学2024年数学高一下期末教学质量检测模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《深圳市第二高级中学2024年数学高一下期末教学质量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、深圳市第二高级中学2024年数学高一下期末教学质量检测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圆关于直线对称的圆的方程为（ ）ABCD2已知平面平面，直线，直线，则直线，的位置关系为（ ）A平行或相交B相交或异面C平行或异面D平行相交或异面3已知数列，对于任意的正整数，设表示数列的前项和.下列关于的结论，
2、正确的是（ ）ABCD以上结论都不对4中,，则（ ）A5B6CD85的值为 ( )ABCD6从数字0，1，2，3，4中任取两个不同的数字构成一个两位数，则这个两位数大于30的概率为（ ）ABCD7在直三棱柱中，底面为直角三角形，是上一动点，则的最小值是（ ）ABCD8函数的图象如图所示，为了得到的图象，则只要将的图象（）A向左平移个单位长度B向右平移个单位长度C向左平移个单位长度D向右平移个单位长度9函数定义域是（ ）ABCD10 下列函数中，图象的一部分如图所示的是 （ ）ABCD二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11在扇形中，如果圆心角所对弧长等于半径，那么这个圆心角的弧度
3、数为_.12在中，角所对的边分别为，则_13 “”是“数列依次成等差数列”的_条件（填“充要”，“充分非必要”，“必要非充分”，“既不充分也不必要”）.14在区间-1,2上随机取一个数x,则x0,1的概率为.15_16己知函数，则的值为_.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已知函数，(1)求的值；(2)求的单调递增区间.18已知在直角三角形ABC中，（如右图所示）（）若以AC为轴，直角三角形ABC旋转一周，试说明所得几何体的结构特征并求所得几何体的表面积.（）一只蚂蚁在问题（）形成的几何体上从点B绕着几何体的侧面爬行一周回到点B，求蚂蚁爬行的最
4、短距离.19如图，在三棱锥中，分别为棱上的中点.（1）求证：平面； （2）若平面，求证：平面平面.20（1）已知数列的前项和满足，求数列的通项公式；（2）数列满足，（），求数列的通项公式.21如图，在四棱锥中，分别为棱，的中点.（1）证明：平面.（2）证明：平面平面.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】设圆心关于直线对称的圆的圆心为，则由，求出的值，可得对称圆的方程.【详解】圆的圆心为，半径，则不妨设圆关于直线对称的圆的圆心为，半径为，则由，解得，故所求圆的方程为.故选：B【点睛】本题考查了圆的标准方程、
5、中点坐标公式，需熟记圆的标准形式，属于基础题.2、C【解析】根据直线与直线的位置关系，结合题意，进行选择.【详解】因为平面平面，直线，直线，所以直线没有公共点，所以两条直线平行或异面.故选：C.【点睛】本题考查直线与直线的位置关系，属基础题.3、B【解析】根据题意，结合等比数列的求和公式，先得到当时，再由极限的运算法则，即可得出结果.【详解】因为数列，对于任意的正整数，表示数列的前项和，所以，. ，所以当时，因此.故选：B【点睛】本题主要考查数列的极限，熟记等比数列的求和公式，以及极限的运算法则即可，属于常考题型.4、D【解析】根据余弦定理，可求边长.【详解】，代入数据，化解为 解得 或（舍）
6、故选D.【点睛】本题考查了已知两边及其一边所对角，求另一边，这种题型用余弦定理，属于基础题型.5、B【解析】直接利用诱导公式结合特殊角的三角函数求解即可.【详解】,故选B.【点睛】本题主要考查诱导公式以及特殊角的三角函数，意在考查对基础知识的掌握情况，属于简单题.6、B【解析】直接利用古典概型的概率公式求解.【详解】从数字0，1，2，3，4中任取两个不同的数字构成一个两位数有10，12，13，14，20，21，23，24，30，31，32，34，40，41，42，43，共16个，其中大于30的有31，32，34，40，41，42，43，共7个，故所求概率为故选B【点睛】本题主要考查古典概型的概
7、率的计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.7、B【解析】连，沿将展开与在同一个平面内，不难看出的最小值是的连线,由余弦定理即可求解【详解】解：连，沿将展开与在同一个平面内，如图所示，连，则的长度就是所求的最小值，可得又,在中，由余弦定理可求得,故选B【点睛】本题考查棱柱的结构特征，余弦定理的应用，是中档题8、D【解析】先根据图象确定A的值，进而根据三角函数结果的点求出求与的值，确定函数的解析式，然后根据诱导公式将函数化为余弦函数，再平移即可得到结果【详解】由题意，函数的部分图象，可得，即，所以，再根据五点法作图，可得，求得，故函数的图象向左平移个单位，可得的图象，则只要将的图象
8、向右平移个单位长度可得的图象，故选：D【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质，以及三角函数的图象变换的应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，以及三角函数的图象变换是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题9、A【解析】若函数有意义,则需满足,进而求解即可【详解】由题,则,解得,故选:A【点睛】本题考查具体函数的定义域,属于基础题10、D【解析】设图中对应三角函数最小正周期为T，从图象看出，T=，所以函数的最小正周期为，函数应为y=向左平移了个单位，即=，选D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、1【解析】根据弧长公式求解【详解】因为圆心角所对弧长等于半径，所
9、以【点睛】本题考查弧长公式，考查基本求解能力，属基础题12、【解析】利用正弦定理将边角关系式中的边都化成角，再结合两角和差公式进行整理，从而得到.【详解】由正弦定理可得：即： 本题正确结果：【点睛】本题考查李用正弦定理进行边角关系式的化简问题，属于常规题.13、必要非充分【解析】通过等差数列的下标公式，得到必要条件，通过举特例证明非充分条件，从而得到答案.【详解】因为数列依次成等差数列，所以根据等差数列下标公式，可得，当，时，满足，但不能得到数列依次成等差数列所以综上，“”是“数列依次成等差数列”的必要非充分条件.故答案为：必要非充分.【点睛】本题考查必要非充分条件的证明，等差数列通项的性质，
10、属于简单题.14、【解析】直接利用长度型几何概型求解即可.【详解】因为区间总长度为，符合条件的区间长度为，所以，由几何概型概率公式可得，在区间-1,2上随机取一个数x,则x0,1的概率为，故答案为：.【点睛】解决几何概型问题常见类型有：长度型、角度型、面积型、体积型，求与长度有关的几何概型问题关鍵是计算问题的总长度以及事件的长度.15、【解析】,故答案为.考点：三角函数诱导公式、切割化弦思想.16、1【解析】将代入函数计算得到答案.【详解】函数故答案为：1【点睛】本题考查了三角函数的计算，属于简单题.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、（1）（
11、2）【解析】分析：利用二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及两角和与差的正弦公式将函数化为，(1)将代入，利用特殊角的三角函数可得的值；(2)利用正弦函数的单调性解不等式，可得到函数的递增区间.详解：（）= （）由题可得， 函数的单调递增区间是点睛：本题主要考查三角函数的单调性、三角函数的恒等变换，属于中档题.函数的单调区间的求法：(1) 代换法：若,把看作是一个整体，由求得函数的减区间，求得增区间；若,则利用诱导公式先将的符号化为正，再利用的方法，或根据复合函数的单调性规律进行求解；(2) 图象法：画出三角函数图象，利用图象求函数的单调区间.18、（）几何体为以为半径，高的圆锥， （）【解析
12、】（）若以为轴，直角三角形旋转一周，形成的几何体为以为半径，高的圆锥，由圆锥的表面积公式，即可求出结果 （）利用侧面展开图，要使蚂蚁爬行的最短距离，则沿点B的母线把圆锥侧面展开为平面图形（如图）最短距离就是点B到点的距离，代入数值，即可求出结果【详解】解：（）在直角三角形ABC中，由即，得，若以为轴旋转一周，形成的几何体为以为半径，高的圆锥， 则，其表面积为. （）由问题（）的圆锥，要使蚂蚁爬行的最短距离，则沿点B的母线把圆锥侧面展开为平面图形（如图）最短距离就是点B到点的距离， ，在中，由余弦定理得：【点睛】本题考查了圆锥的表面积以及侧面展开图的应用，考查了学生的空间想象能力，属于基础题19
13、、（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）根据线面平行的判定定理，在平面中找的平行线，转化为线线平行的证明；（2）根据面面垂直的判定定理，转化为平面.【详解】（1），分别是，的中点，；又平面，平面，平面.（2），；平面，；又平面，平面，平面，又平面，平面平面.【点睛】本题考查了面面垂直的证明，难点在于转化为线面垂直,方法：结合已知条件，选定其中一个面为垂面，在另外一个面中找垂线，不行再换另外一个面.20、（1）；（2）.【解析】（1）利用求出数列的通项公式；（2）利用累加法求数列的通项公式；【详解】解：（1）当时，即当时，减得经检验时，成立故（2）（）将上述式相加可得【点睛】本题考查作差法求数列的通项公式以及累加法求数列的通项公式，属于基础题.21、（1）见解析（2）见解析【解析】（1）由勾股定理得，已知，故得证；（2）由题，E为AB中点，故ABCD为平行四边形，由F为PB中点，EF为三角形APB的中位线，故，AP和AD相交于A，EF和CE相交于E，故得证【详解】证明：（1）因为，所以，由 所以. 因为，所以平面.（2）因为为棱的中点，所以， 因为，所以. 因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面. 因为，分别为棱，的中点，所以，所以平面. 因为，平面，平面，所以平面平面.【点睛】本题
