《河北省保定市2023-2024学年数学高一下期末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《河北省保定市2023-2024学年数学高一下期末质量检测模拟试题含解析（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、河北省保定市2023-2024学年数学高一下期末质量检测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若某扇形的弧长为，圆心角为，则该扇形的半径是（ ）ABCD2若，且，则“”是“函数有零点”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也
2、不必要条件3设，则使函数的定义域是，且为偶函数的所有的值是（ ）A0，2B0，-2CD24已知、都是公差不为0的等差数列，且，则的值为（）A2B-1C1D不存在5函数（其中，）的图象如图所示，为了得到的图象，只需把的图象上所有的点（）A向右平移个单位长度B向左平移个单位长度C向右平移个单位长度D向左平移个单位长度6如图，在长方体中，M，N分别是棱BB1，B1C1的中点，若CMN=90，则异面直线AD1和DM所成角为（ ）A30B45C60D907已知函数，（），若对任意的（），恒有，那么的取值集合是（ ）ABCD8设,则（ ）ABCD9九章算术卷5商功记载一个问题“今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一
3、丈一尺.问积几何？答曰：二千一百一十二尺.术曰：周自相乘，以高乘之，十二而一”.这里所说的圆堡瑽就是圆柱体，它的体积为“周自相乘，以高乘之，十二而一.”就是说：圆堡瑽（圆柱体）的体积为：V（底面的圆周长的平方高）则由此可推得圆周率的取值为（ ）A3B3.14C3.2D3.310在正四棱柱中，则点到平面的距离是（）ABCD二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11若，则_.12已知，若，则实数_.13在数列中，则_.14若则 _15已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为，若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的侧面积为_.1
4、6数列的前项和为，则_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已知关于直线对称，且圆心在轴上.（1）求的标准方程；（2）已知动点在直线上，过点引的两条切线、，切点分别为.记四边形的面积为，求的最小值；证明直线恒过定点.18已知等比数列是递增数列，且满足：，.（1）求数列的通项公式：（2）设，求数列的前项和.19在 中，内角 的对边分别为，已知 .(1)证明： ；(2)若 ，求 边上的高.20如图，在平面直角坐标系中，锐角和钝角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边分别与单位圆交于，两点，且.（1）求的值；（2）若点的横坐标为，求的值.21某中学
5、高二年级的甲、乙两个班中，需根据某次数学预赛成绩选出某班的5名学生参加数学竞赛决赛，已知这次预赛他们取得的成绩的茎叶图如图所示，其中甲班5名学生成绩的平均分是83，乙班5名学生成绩的中位数是1（1）求出x，y的值，且分别求甲、乙两个班中5名学生成绩的方差、，并根据结果，你认为应该选派哪一个班的学生参加决赛？（2）从成绩在85分及以上的学生中随机抽取2名求至少有1名来自甲班的概率参考答案一、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】由扇形的弧长公式列方程得解.【详解】设扇形的半径是，由扇形的弧长公式得：，解得：故选D【点睛】
6、本题主要考查了扇形的弧长公式，考查了方程思想，属于基础题2、A【解析】结合函数零点的定义，利用充分条件和必要条件的定义进行判断，即可得出答案【详解】由题意，当时，函数与有交点，故函数有零点；当有零点时，不一定取， 只要满足都符合题意所以“”是“函数有零点”的充分不必要条件故答案为：A【点睛】本题主要考查了函数零点的概念，以及对数函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记函数零点的定义，以及对数函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题3、D【解析】根据幂函数的性质，结合题中条件，即可得出结果.【详解】若函数的定义域是，则；又函数为偶函数，所以只能使偶数；因为，所以能取的值为
7、2.故选D【点睛】本题主要考查幂函数性质的应用，熟记幂函数的性质即可，属于常考题型.4、C【解析】首先根据求出数列、公差之间的关系，再代入即可。【详解】因为和都是公差不为零的等差数列，所以设故，可得又因为和代入则故选：C【点睛】本题主要考查了极限的问题以及等差数列的通项属于基础题。5、C【解析】通过图象可以知道：最低点的纵坐标为，函数的图象与横轴的交点的坐标为，与之相邻的最低点的坐标为，这样可以求出和最小正周期，利用余弦型函数最小正周期公式，可以求出，把零点代入解析式中，可以求出，这样可以求出函数的解析式，利用诱导公式化为正弦型三角函数解析式形式，最后利用平移变换解析式的变化得出正确答案.【详
8、解】由图象可知：函数的最低点的纵坐标为，函数的图象与横轴的交点的坐标为，与之相邻的最低点的坐标为，所以，设函数的最小正周期为，则有，而，把代入函数解析式中，得，所以，而，显然由向右平移个单位长度得到的图象，故本题选C.【点睛】本题考查了由函数图象求余弦型函数解析式，考查了正弦型函数图象之间的平移变换规律.6、D【解析】建立空间直角坐标系，结合，求出的坐标，利用向量夹角公式可求.【详解】以为坐标原点,所在直线分别为轴,建立空间直角坐标系,如图,设,则,因为,所以,即有.因为,所以,即异面直线和所成角为.故选：D.【点睛】本题主要考查异面直线所成角的求解，异面直线所成角主要利用几何法和向量法，几何
9、法侧重于把异面直线所成角平移到同一个三角形内，结合三角形知识求解；向量法侧重于构建坐标系，利用向量夹角公式求解.7、A【解析】当时，画出图象如下图所示，由图可知，时不符合题意，故选.【点睛】本题主要考查含有绝对值的不等式的解法，考查选择题的解题策略中的特殊值法.主要的需要满足的是，根据不等式的解法，大于在中间，小于在两边，可化简为，左右两边为二次函数，中间可以由对数函数图象平移得到，由此画出图象验证是否符合题意.8、B【解析】根据与特殊点的比较可得因为,从而得到,得出答案.【详解】解:因为,所以.故选:B【点睛】本题主要考查指数函数和对数函数的单调性与特殊点的问题,要熟记一些特殊点,如,.9、
10、A【解析】试题分析：由题意知圆柱体积（底面的圆周长的平方高）,化简得：，故选A考点：圆柱的体积公式10、A【解析】计算的面积，根据可得点到平面的距离【详解】中，的边上的高为，设到平面的距离为，则，又， ，解得故选A【点睛】本题涉及点面距离的求法，点面距可以通过建立空间直角坐标系来求得点面距离，或者寻找面面垂直，再直接过点做交线的垂线即可;当点面距离不好求时，也可以根据等积法把点到平面的距离归结为一个容易求得的几何体的体积.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】对两边平方整理即可得解.【详解】由可得：，整理得：所以【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系及二倍角的正弦
11、公式，考查观察能力及转化能力，属于较易题12、2或【解析】根据向量平行的充要条件代入即可得解.【详解】由有：，解得或.故答案为：2或.【点睛】本题考查了向量平行的应用，属于基础题.13、1【解析】直接利用等比数列的通项公式得答案【详解】解：在等比数列中，由，公比，得故答案为：1【点睛】本题考查等比数列的通项公式，是基础题14、【解析】因为,所以=.故填15、【解析】先求出四棱锥的底面对角线的长度，结合勾股定理可求出四棱锥的高，然后由圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，可知四条侧棱的中点连线为正方形，其对角线为圆柱底面的直径，圆柱的高为四棱锥的高的一半，分别求解可求出圆柱的侧面积.【详
12、解】由题可知，四棱锥是正四棱锥，四棱锥的四条侧棱的中点连线为正方形，边长为，该正方形对角线的长为1，则圆柱的底面半径为，四棱锥的底面是边长为的正方形，其对角线长为2，则四棱锥的高为，故圆柱的高为1，所以圆柱的侧面积为.【点睛】本题主要考查了空间几何体的结构特征，考查了学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.16、18【解析】利用，化简得到数列是首项为，公比为的等比数列，利用,即可求解.【详解】 ,即 所以数列是首项为，公比为的等比数列即 所以 故答案为：【点睛】本题主要考查了与的关系以及等比数列的通项公式，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
13、演算步骤。17、（1）（2） 证明见解析【解析】（1）根据圆的一般式，可得圆心坐标，将圆心坐标代入直线方程，结合圆心在轴上，即可求得圆C的标准方程（2）根据切线性质及切线长定理，表示出的长，根据圆的性质可知当最小时，即可求得面积的最小值；设出M点坐标，根据两条切线可知M、A、C、B四点共圆，可得圆心坐标及半径，进而求得的方程，根据两个圆公共弦所在直线方程求法即可得直线方程，进而求得过的定点坐标【详解】（1）由题意知，圆心在直线上，即，又因为圆心在轴上，所以，由以上两式得：，所以.故的标准方程为.（2）如图，的圆心为，半径，因为、是的两条切线，所以，故又因为，根据平面几何知识，要使最小，只要最小
14、即可.易知，当点坐标为时，.此时.设点的坐标为，因为，所以、四点共圆.其圆心为线段的中点，设所在的圆为，所以的方程为：，化简得：，因为是和的公共弦，所以，两式相减得，故方程为：，当时，所以直线恒过定点.【点睛】本题考查了圆的一般方程与标准方程的应用，圆中三角形面积问题的应用，直线过定点问题，综合性强，属于难题18、（1）；（2）【解析】（1）利用等比数列的性质结合已知条件解得首项和公比，由此得通项公式；（2）由（1）得，再利用等差数列的求和公式进行解答即可【详解】（1）由题意，得，又，所以，或 ，由是递增的等比数列，得 ，所以，且，即；（2）由（1）得，得，所以数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，所以.【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式，以及等
