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1、浙江省安吉县上墅私立高级中学2024届高一数学第二学期期末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己知弧长的弧所对的圆心角为弧度，则这条弧所在的圆的半径为（）ABCD2下列函数中，是偶函数且在区间上是增函数的是（ ）ABCD3已知函数()的最小正周期为，则该函数的图象( )A关于直线对称B关于直线对称
2、C关于点对称D关于点对称4已知，且，则在方向上的投影为( )ABCD5在中，角，的对边分别是，若，则（ ）ABCD6设等差数列，则等于（ ）A120B60C54D1087若一个三角形，采用斜二测画法作出其直观图，则其直观图的面积是原三角形面积的()A倍B2倍C倍D倍8如图，是水平放置的的直观图，则的面积是（ ）A6BCD129若，下列不等式一定成立的是（）ABCD10直线 yx+1的倾斜角是（ ）ABCD二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11在中，为角，所对的边，点为的重心，若，则的取值范围为_.12设是等差数列的前项和，若，则_.13已知直线与，当时，实数_；当时，实数_.1
3、4设，则，从小到大排列为_15已知函数，数列的通项公式是，当取得最小值时，_.16已知变量，满足，则的最小值为_.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在直角坐标系中，点，圆的圆心为，半径为2.（）若，直线经过点交圆于、两点，且，求直线的方程；（）若圆上存在点满足，求实数的取值范围.18已知方程，.（1）若是它的一个根，求的值；（2）若，求满足方程的所有虚数的和.19求值：（1）一个扇形的面积为1，周长为4，求圆心角的弧度数；（2）已知，计算.20在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.（1）求角C；（2）若，求的面积.21已知.（1）求函数
4、的最小正周期及值域；（2）求方程的解.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】利用弧长公式列出方程直接求解，即可得到答案【详解】由题意，弧长的弧所对的圆心角为2弧度，则，解得，故选D【点睛】本题主要考查了圆的半径的求法，考查弧长公式等基础知识，考查了推理能力与计算能力，是基础题2、A【解析】逐一分析选项，得到答案.【详解】A.是偶函数,并且在区间时增函数，满足条件；B.不是偶函数,并且在上是减函数，不满足条件；C.是奇函数,并且在区间上时减函数，不满足条件；D.是偶函数，在区间上是减函数，不满足条件；故选A.
5、【点睛】本题考查了函数的基本性质，属于基础题型.3、D【解析】函数()的最小正周期为，令，显然A，B错误；令，可得：，显然时，D正确故选D4、C【解析】通过数量积计算出夹角，然后可得到投影.【详解】，即，在方向上的投影为，故选C.【点睛】本题主要考查向量的几何背景，建立数量积方程是解题的关键，难度不大.5、D【解析】由题意，再由余弦定理可求出，即可求出答案.【详解】由题意，设，由余弦定理可得：，则.故选D.【点睛】本题考查了正、余弦定理的应用，考查了计算能力，属于中档题.6、C【解析】题干中只有一个等式，要求前9项的和，可利用等差数列的性质解决。【详解】，选C.【点睛】题干中只有一个等式，要求
6、前9项的和，可利用等差数列的性质解决。也可将等式全部化为的表达式，整体代换计算出7、C【解析】以三角形的一边为x轴，高所在的直线为y轴，由斜二测画法看三角形底边长和高的变化即可【详解】以三角形的一边为x轴，高所在的直线为y轴，由斜二测画法知，三角形的底长度不变，高所在的直线为y轴，长度减半，故三家性的高变为原来的sin45=，故直观图中三角形面积是原三角形面积的故选C【点睛】本题重点考查了斜二侧画法、平面图形的面积的求解方法等知识，属于中档题解题关键是准确理解斜二侧画法的内涵，与x轴平行的线段长度保持不变，与y轴平行的线段的长度减少为原来的一半8、D【解析】由直观图画法规则，可得是一个直角三角
7、形，直角边，故选D.9、D【解析】通过反例、作差法、不等式的性质可依次判断各个选项即可.【详解】若，则，错误；，则，错误；，则，错误；，则等价于，成立，正确.本题正确选项：【点睛】本题考查不等式的性质，属于基础题.10、C【解析】由直线方程可得直线的斜率，进而可得倾斜角【详解】直线yx+1的斜率为1，设倾斜角为，则tan1，135故选：C【点睛】本题考查直线的倾斜角和斜率的关系，属基础题二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】在中，延长交于，由重心的性质，找到、和的关系，在和中利用余弦定理分别表示出和，求出，再利用余弦定理表示出，利用基本不等式和的范围求解即可.【详解】
8、画出，连接，并延长交于，因为是的重心，所以为中点，因为，所以，由重心的性质，在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，因为，所以，又，所以，在中，由余弦定理和基本不等式，又，所以，故.故答案为：【点睛】本题主要考查三角形重心的性质、余弦定理解三角形和基本不等式求最值，考查学生的分析转化能力，属于中档题.12、1.【解析】由已知结合等差数列的性质求得，代入等差数列的前项和得答案【详解】解：在等差数列中，由，得，则，故答案为：1【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，考查等差数列的性质，考查了等差数列前项和的求法，属于基础题13、 【解析】根据两直线垂直和平行的充要条件，得到关于的方程，解方程即可得
9、答案.【详解】当时，解得：；当时，且，解得：.故答案为：；.【点睛】本题考查两直线垂直和平行的充要条件，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于基础题.14、【解析】首先利用辅助角公式，半角公式，诱导公式分别求出，的值，然后结合正弦函数的单调性对，排序即可.【详解】由题知，因为正弦函数在上单调递增，所以.故答案为：.【点睛】本题考查了辅助角公式，半角公式，诱导公式，正弦函数的单调区间，属于基础题.15、110【解析】要使取得最小值，可令，即，对的值进行粗略估算即可得到答案.【详解】由题知：.要使式取得最小值，可令式等于.即，.又因为，则当时，式.则当时，式.当或时，式的值会变大，所以时，取得最小值
10、.故答案为：【点睛】本题主要考查数列的函数特征，同时考查了指数函数和对数函数的性质，核心素养是考查学生灵活运用知识解决问题的能力，属于难题.16、0【解析】画出可行域，分析目标函数得，当在y轴上截距最小时，即可求出的最小值.【详解】作出可行域如图： 联立 得化目标函数为，由图可知，当直线过点时，在y轴上的截距最小,有最小值为，故填.【点睛】本题主要考查了简单的线性规划，属于中档题.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、（）或.（）【解析】（）勾股定理求出圆心到直线的距离d，利用d=1以直线的斜率存在、不存在两种情况进行分类讨论；（）设，由求出x、
11、y满足的关系式，可得点在圆上，推出圆与圆有公共点，所以，列出不等式求解即可.【详解】（）当，圆心为，圆的方程为，设圆心到直线的距离为，则.若直线的斜率存在，设直线的方程为，即，解得，此时的方程为，即.若直线的斜率不存在，直线的方程为，验证满足，符合题意.综上所述，直线的方程为或.（）设，则，于是由得，即，所以点在圆上，又点在圆上，故圆与圆有公共点，即,于是，解得，因此实数的取值范围是.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，向量的数量积，根据圆与圆的位置关系求参数，属于中档题.18、（1）；（2）190.【解析】（1）先设出的代数形式，把代入所给的方程，化简后由实部和虚部对应相等进行求值
12、；（2）由方程由虚根的条件，求出的所有的取值，再由方程虚根成对出现的特点，求出所有虚根之和【详解】解：（1）设，是的一个根，解得，（2）方程有虚根，解得，2，又虚根是成对出现的，所有的虚根之和为【点睛】本题是复数的综合题，考查了复数相等条件的应用，方程有虚根的等价条件，以及方程中虚根的特点，属于中档题19、（1）；（2）.【解析】（1）设出扇形的半径为，弧长为，利用面积、周长的值，得到关于的方程；（2）由已知条件得到，再代入所求的式子进行约分求值.【详解】（1）设扇形的半径为，弧长为，则解得：所以圆心角的弧度数.（2）因为，所以，所以.【点睛】若三个中，只要知道其中一个，则另外两个都可求出，即
13、知一求二.20、（1）；（2）【解析】（1）利用正弦定理进行边化角，然后得到的值，从而得到；（2）根据余弦定理，得到关于的方程，从而得到，再根据面积公式，得到答案.【详解】（1）在中，根据正弦定理，由，可得，所以，因为为内角，所以，所以因为为内角，所以，（2）在中，由余弦定理得解得，所以.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，三角形面积公式，属于简单题.21、 (1) 最小正周期为,值域为；(2) ,或,【解析】先用降幂公式,再用辅助角公式将化简成的形式,再求最小正周期,值域与的解.【详解】(1)故最小正周期为,又,故,所以值域为.故最小正周期为,值域为.(2)由(1),故得化简得,所以或,.即,或,.故方程的解为：,或,【点睛】本题主要考查三角函数公式,一般方法是先将三角函数化简为的形式,再根据题意求解相关内容.
