《曲靖市重点中学2023-2024学年高一数学第二学期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《曲靖市重点中学2023-2024学年高一数学第二学期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、曲靖市重点中学2023-2024学年高一数学第二学期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已知则的值为（）ABCD2如右图所示，直线的斜率分别为则ABCD3九章算术卷第六均输中，提到如下问题：“今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量
2、三升问中间二节欲均容，各多少？”其大致意思是说，若九节竹每节的容量依次成等差数列，下三节容量四升，上四节容量三升，则中间两节的容量各是（）A升、升B升、升C升、升D升、升4已知为锐角，则（ ）ABCD5已知两点，若点是圆上的动点，则面积的最小值是AB6C8D6已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，ABC是边长为的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，CEF=90.则球O的体积为（ ）ABCD7设x，y满足约束条件，则z=x-y的取值范围是A3,0B3,2C0,2D0,38圆心为且过原点的圆的方程是（ ）ABCD9已知点，则与向量的方向相反的单位向量是（ ）ABCD10
3、平面向量与的夹角为，则AB12C4D二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11经过两圆和的交点的直线方程为_12在中，是的中点.若，则_.13若直线始终平分圆的周长，则的最小值为_14在数列中，若，则_15己知是等差数列，是其前项和，则_.16设数列的前n项和为，关于数列，有下列三个命题：（1）若既是等差数列又是等比数列，则；（2）若，则是等差数列：（3）若，则是等比数列这些命题中，真命题的序号是_.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（）化简；（）若是第三象限角，且，求的值.18已知函数.（1）求的最小正周期，并求其单调递减区间
4、；（2）的内角，所对的边分别为，若，且为钝角，求面积的最大值.19已知函数（其中）.（1）当时，求不等式的解集；（2）若关于的不等式恒成立，求的取值范围.20从半径为1的半圆出发，以此向内、向外连续作半圆，且后一个半圆的直径为前一个半圆的半径，如此下去，可得到无数个半圆（1）求出所有这些半圆围城的封闭图形的周长；（2）求出所有这些半圆围城的封闭图形的面积21已知，且（1）求的定义域.（2）判断的奇偶性，并说明理由.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】直接利用两角和的正切函数化简求解即可【详解】tan（+）
5、，tan（），则tan（）tan（+）（）故选B【点睛】本题考查两角和与差的三角函数公式的应用，考查计算能力2、C【解析】试题分析：由图可知，所以，故选C考点：直线的斜率3、D【解析】由题意知九节竹的容量成等差数列，至下而上各节的容量分别为a1，a2，an，公差为d，利用等差数列的前n项和公式和通项公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出中间一节的容量【详解】由题意知九节竹的容量成等差数列,至下而上各节的容量分别为a1，a2，a9，公差为d，即=4，=3，=4，=3，解得,，中间两节的容量,，故选：D.【点睛】本题考查等差数列的通项公式，利用等差数列的通项公式列出方程组，解出首项与公差即可，
6、考查计算能力，属于基础题.4、A【解析】先将展开并化简，再根据二倍角公式，计算可得。【详解】由题得，整理得，又为锐角，则，解得.故选：A【点睛】本题考查两角和差公式以及二倍角公式，是基础题。5、A【解析】求得圆的方程和直线方程以及，利用三角换元假设，利用点到直线距离公式和三角函数知识可求得，代入三角形面积公式可求得结果.【详解】由题意知，圆的方程为：，直线方程为：，即设点到直线的距离：，其中当时， 本题正确选项：【点睛】本题考查点到直线距离的最值的求解问题，关键是能够利用三角换元的方式将问题转化为三角函数的最值的求解问题.6、D【解析】计算可知三棱锥PABC的三条侧棱互相垂直，可得球O是以PA
7、为棱的正方体的外接球，球的直径，即可求出球O的体积.【详解】在PAC中，设，因为点E，F分别是PA，AB的中点，所以，在PAC中，在EAC中，整理得，因为ABC是边长为的正三角形，所以，又因为CEF=90，所以，所以， 所以.又因为ABC是边长为的正三角形，所以PA,PB,PC两两垂直，则球O是以PA为棱的正方体的外接球，则球的直径，所以外接球O的体积为.故选D.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.7、B【解析】作出约束条件表示的可行域，如图中阴影部分所示.目标函数即，易知直线在轴上的截距最大时，目标函数取得最小值；在轴上的截距最小时，目标函数取得最大值，即
8、在点处取得最小值，为；在点处取得最大值，为.故的取值范围是3,2.所以选B.【名师点睛】线性规划的实质是把代数问题几何化，即运用数形结合的思想解题.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点处或边界上取得.8、D【解析】试题分析：设圆的方程为，且圆过原点，即，得，所以圆的方程为.故选D.考点：圆的一般方程.9、A【解析】根据单位向量的定义即可求解.【详解】,向量的方向相反的单位向量为，故选A.【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，向量的单位向量的概念，属于中档题.
9、10、D【解析】根据，利用向量数量积的定义和运算律即可求得结果.【详解】由题意得：，本题正确选项：【点睛】本题考查向量模长的求解，关键是能够通过平方运算将问题转化为平面向量数量积的求解问题，属于常考题型.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】利用圆系方程，求解即可【详解】设两圆和的交点分别为，则线段是两个圆的公共弦令，两式相减，得，即，故线段所在直线的方程为【点睛】本题考查圆系方程的应用，考查计算能力12、【解析】在中，由已知利用余弦定理可得，结合，解得，可求，在中，由余弦定理可得的值【详解】由题意，在中，由余弦定理可得：可得：所以：又所以联立，解得.所以在中，由余弦
10、定理得： 即故答案为：【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，属于中档题.13、9【解析】平分圆的直线过圆心，由此求得的等量关系式，进而利用基本不等式求得最小值.【详解】由于直线始终平分圆的周长，故直线过圆的圆心，即，所以.【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查利用基本不等式求最小值，属于基础题.14、【解析】根据递推关系式，依次求得的值.【详解】由于，所以，.故答案为：【点睛】本小题主要考查根据递推关系式求数列某一项的值，属于基础题.15、-1【解析】由等差数列的结合，代入计算即可.【详解】己知是等差数列，是其前项和，所以，得，由等差中项得，所以.故答案为-1【点睛】本题考查了等差数列
11、前项和公式和等差中项的应用，属于基础题.16、（1）、（2）、（3）【解析】利用等差数列和等比数列的定义，以及等差数列和等比数列的前项和形式，逐一判断即可.【详解】既是等差数列又是等比数列的数列是非零常数列，故（1）正确.等差数列的前项和是二次函数形式，且不含常数，故（2）正确.等比数列的前项和是常数加上常数乘以的形式，故（3）正确.故答案为：（1），（2），（3）【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列的定义，同时考查了等差数列和等比数列的前项和，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、（）；（）【解析】（）利用诱导公式进行化简即可，注
12、意符号正负；（）根据化简的的结果以及给出的条件，利用同角的三角函数的基本关系求解.【详解】解：（）（），代入 得 是第三象限角，【点睛】（1）诱导公式的使用方法：奇变偶不变，符号看象限，这里的奇变和偶不变主要是看的倍数是奇数还是偶数，符号看象限是指将角看成锐角时，原来三角函数的正负就是化简后式子的正负；（2）同角三角函数的基本关系：.18、（1）最小正周期；单调递减区间为；（2）【解析】（1）利用二倍角和辅助角公式可化简函数为；利用可求得最小正周期；令解出的范围即可得到单调递减区间；（2）由可得，根据的范围可求出的取值；利用余弦定理和基本不等式可求出的最大值，代入三角形面积公式求得结果.【详解
13、】（1）最小正周期：令得：的单调递减区间为：单调递减区间.（2）由得： ，解得：由余弦定理得：（当且仅当时取等号） 即面积的最大值为：【点睛】本题考查正弦型函数最小正周期和单调区间的求解、解三角形中三角形面积最值的求解问题；涉及到二倍角公式和辅助角公式的应用、余弦定理和三角形面积公式的应用等知识；求解正弦型函数单调区间的常用解法为整体代入的方式，通过与正弦函数图象的对应关系来进行求解.19、（1）或；（2）.【解析】（1）先由，将不等式化为，直接求解，即可得出结果；（2）先由题意得到恒成立，根据含绝对值不等式的性质定理，得到，从而可求出结果.【详解】（1）当时，求不等式，即为，所以，即或，原不等式的解集为或.（2）不等式,即为，即关于的不等式恒成立.而，所以，解得或，解得或.所以的取值范围是.【点睛】本题主要考查含绝对值不等式的解法，以及由不等式恒成立求参数的问题，熟记不等式的解法，以及绝对值不等式的性质定理即可，属于常考题型.20、（1）（2）【解析】（1）由第n个半圆的周长得，再利用无穷等比数列求和即可（2）由第n个半圆的面积得，再利用无穷等比数列求和即可【详解】（1）由题意知，圆的半径满足数列，设第n个半圆的周长为，所以，则所有这些半圆围成的封闭图形的周长.（2）题意知，设第n个半圆的面积为，则，所以所有这些半圆围成的封闭图形的面积将为.【点睛】
