《甘肃省河西五市2024年数学高一下期末复习检测模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《甘肃省河西五市2024年数学高一下期末复习检测模拟试题含解析（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、甘肃省河西五市2024年数学高一下期末复习检测模拟试题注意事项：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已知直线l的方程为2x+3y5，点P（a，b）在l上位于第一象限内的点，则的最小值为（ ）ABCD2已知不等式的解集是，则( )AB1CD33若，且，恒成立，则
2、实数的取值范围是（ ）ABCD4若将一个质点随机投入如图所示的长方形ABCD中，其中AB=2，BC=1，则质点落在以AB为直径的半圆内的概率是（ ）ABCD5已知椭圆C：的左右焦点为F1,F2离心率为，过F2的直线l交C与A,B两点，若AF1B的周长为，则C的方程为( )ABCD6在中，则一定是（ ）A等腰三角形B直角三角形C等边三角形D等腰直角三角形7若实数a、b满足条件，则下列不等式一定成立的是ABCD8函数的图像的一条对称轴是（ ）ABCD9已知平面向量，且，则实数的值为（ ）ABCD10若，则（ ）ABC或D二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11计算：_12已知，则的值
3、为 13若a、b、c正数依次成等差数列，则的最小值为_.14已知正三棱柱木块，其中，一只蚂蚁自点出发经过线段上的一点到达点，当沿蚂蚁走过的最短路径，截开木块时，两部分几何体的体积比为_.15把数列的各项排成如图所示三角形状，记表示第m行、第n个数的位置，则在图中的位置可记为_16已知，则的最小值是_.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已知数列满足，.（1）求证：数列是等比数列；（2）求数列的通项公式.18求函数的单调递增区间.19已知.（1）设，求满足的实数的值；（2）若为上的奇函数，试求函数的反函数.20等差数列，等比数列，如果，（1）求的通
4、项公式（2），求的最大项的值（3）将化简，表示为关于的函数解析式21已知向量，函数.（1）若且，求；（2）求函数的最小正周期T及单调递增区间.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】由题意可得2a+3b5，a，b0，可得4a106b，（3b5），将所求式子化为b的关系式，由基本不等式可得所求最小值【详解】直线l的方程为2x+3y5，点P（a，b）在l上位于第一象限内的点，可得2a+3b5，a，b0，可得4a106b，（3b5），则（116b）+（9+6b）（）（7），当且仅当时，即b，a，上式取得最小值，故选
5、：C【点评】本题考查基本不等式的运用：求最值，考查变形能力和化简运算能力，属于中档题2、A【解析】的两个解为-1和2.【详解】【点睛】函数零点、一元二次等式的解、函数与x轴的交点之间的相互转换。3、A【解析】将代数式与相乘，展开式利用基本不等式求出的最小值，将问题转化为解不等式，解出即可.【详解】由基本不等式得，当且仅当，即当时，等号成立，所以，的最小值为.由题意可得，即，解得.因此，实数的取值范围是，故选A.【点睛】本题考查基本不等式的应用，考查不等式恒成立问题以及一元二次不等式的解法，对于不等式恒成立问题，常转化为最值来处理，考查计算能力，属于中等题4、B【解析】试题分析：本题是几何概型问
6、题，矩形面积2，半圆面积，所以质点落在以AB为直径的半圆内的概率是，故选B考点：几何概型5、A【解析】若AF1B的周长为4,由椭圆的定义可知,，所以方程为，故选A.考点：椭圆方程及性质6、B【解析】利用余弦定理、三角形面积公式、正弦定理，求得和，通过等式消去，求得的两个值，再判断三角形的形状.【详解】，又，又，又，解得：或，一定是直角三角形.【点睛】本题在求解过程中对存在两组解，要注意解答的完整性与严谨性，综合两种情况，再对的形状作出判断.7、D【解析】根据题意，由不等式的性质依次分析选项，综合即可得答案【详解】根据题意，依次分析选项：对于A、，时，有成立，故A错误；对于B、，时，有成立，故B
7、错误；对于C、，时，有成立，故C错误；对于D、由不等式的性质分析可得若，必有成立，则D正确；故选：D【点睛】本题考查不等式的性质，对于错误的结论举出反例即可8、C【解析】对称轴穿过曲线的最高点或最低点，把代入后得到,因而对称轴为，选.9、B【解析】先求出的坐标，再由向量共线，列出方程，即可得出结果.【详解】因为向量，所以，又，所以，解得.故选B【点睛】本题主要考查由向量共线求参数的问题，熟记向量的坐标运算即可，属于常考题型.10、D【解析】利用诱导公式变形，再化弦为切求解【详解】由诱导公式化简得，又，所以原式.故选D【点睛】本题考查三角函数的化简求值，考查倍角公式及诱导公式的应用，也考查了化弦
8、为切的思想，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】在分式的分子和分母中同时除以，然后利用常见的数列极限可计算出所求极限值.【详解】.故答案为：.【点睛】本题考查数列极限的计算，熟悉一些常见数列极限是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.12、3【解析】，故答案为3.13、1【解析】由正数a、b、c依次成等差数列，则，则，再结合基本不等式求最值即可.【详解】解：由正数a、b、c依次成等差数列，则，则，当且仅当，即时取等号，故答案为：1.【点睛】本题考查了等差中项的运算，重点考查了基本不等式的应用，属基础题.14、【解析】将正三棱柱的侧面沿棱展开成平面，连接与的
9、交点即为满足最小时的点，可知点为棱的中点，即可计算出沿着蚂蚁走过的路径截开木块时两几何体的体积之比.【详解】将正三棱柱沿棱展开成平面，连接与的交点即为满足最小时的点.由于，再结合棱柱的性质，可得，一只蚂蚁自点出发经过线段上的一点到达点，当沿蚂蚁走过的最短路径，为的中点，因为三棱柱是正三棱柱，所以当沿蚂蚁走过的最短路径，截开木块时，两部分几何体的体积比为：.故答案为：.【点睛】本题考查棱柱侧面最短路径问题，涉及棱柱侧面展开图的应用以及几何体体积的计算，考查分析问题解决问题能力，是中档题15、【解析】利用第m行共有个数，前m行共有个数，得的位置即可求解【详解】因为第m行共有个数，前m行共有个数，所
10、以应该在第11行倒数第二个数，所以的位置为.故答案为：【点睛】本题考查等差数列的通项和求和公式，发现每行个数成等差是关键，是基础题16、3【解析】根据，将所求等式化为，由基本不等式，当a=b时取到最小，可得最小值。【详解】因为，所以，所以（当且仅当时，等号成立）.【点睛】本题考查基本不等式，解题关键是构造不等式，并且要注意取最小值时等号能否成立。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）.【解析】（1）利用数列的递推公式证明出为非零常数，即可证明出数列是等比数列；（2）确定等比数列的首项和公比，求出数列的通项公式，即可求出.【
11、详解】（1），因此，数列是等比数列；（2）由于，所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，因此，.【点睛】本题考查等比数列的证明，同时也考查了数列通项的求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.18、（）【解析】先化简函数得到,再利用复合函数单调性原则结合整体法求单调区间即可.【详解】,令,则,因为是的一次函数,且在定义域上单调递增,所以要求的单调递增区间,即求的单调递减区间,即(),(),即(),函数的单调递增区间为().【点睛】本题考查求复合型三角函数的单调区间,答题时注意,复合函数的单调性遵循“同增异减”法则.19、（1）；（2）.【解析】（1）把代入函数解析式，代入方程即可求解.（2）
12、由函数奇偶性得，然后求得的解析式，分段求解反函数即可.【详解】（1）当时，由，得，即，解得.（2） 为上的奇函数，则. ,由，得，;由，得，. 函数的反函数为.【点睛】本题主要考查了函数的解析式及求法，考查了反函数的求法，属于中档题.20、（1）（2）（3）【解析】（1）设等比数列的公比为，运用等比数列的通项公式，解方程可得公比，即可得到所求；（2）判断的单调性，可得所求最大值；（3）讨论当时，当时，由分组求和，以及等差数列和等比数列的求和公式，计算可得所求和.【详解】（1）设等比数列的公比为，由，可得，解得：，数列的通项公式：.（2）由题意得，当时，递增；当时，递减；由，可得的最大项的值为.（3）由题意得，当时，； 当时，综上函数解析式【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的分组求和，考查化简运算能力，属于中档题.21、（1）（2）最小正周期，的单调递增区间为：.【解析】（1）计算平面向量的数量积得出函数的解析式，求出时的值；（2）根据的解析式，求出它的最小正周期T及单调递增区间.【详解】函数时，解得又；（2）函数它的最小正周期：令故：的单调递增区间为：【点睛】本题考查了正弦型函数的性质，考查了学生综合分析，转化与划归，数形结合的能力，属于中档题.
