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1、浙江省绍兴市柯桥区柯桥区教师发展中心2024届高一数学第二学期期末检测模拟试题注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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设的内角所对边分别为则该三角形（ ）A无解B有一解C有两解D不能确定2在中，角所对的边分别为，已知下列条件，只有一个解的是( )A，B，C，D，3设变量，满足约束条件，则目标函数的最大值为（
2、 ）ABCD4某社区义工队有24名成员，他们年龄的茎叶图如下表所示，先将他们按年龄从小到大编号为1至24号，再用系统抽样方法抽出6人组成一个工作小组，则这个小组年龄不超过55岁的人数为（ ）3940112551366778889600123345A1B2C3D45如果角的终边经过点，那么的值是（ ）ABCD6把函数的图象上的所有点的横坐标缩小到原来的一半（纵坐标不变），然后把图象向左平移个单位，则所得图形对应的函数解析式为（ ）ABCD7方程的解集为（ ）ABCD8 数列an的通项公式是an(n2)，那么在此数列中()Aa7a8最大Ba8a9最大C有唯一项a8最大D有唯一项a7最大9设A,B是
3、任意事件，下列哪一个关系式正确的（ ）AA+B=ABABACA+AB=ADA10已知数列an的前n项和Sn3n(n)6，若数列an单调递减，则的取值范围是A(，2)B(，3)C(，4)D(，5)二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11已知数列满足，（），则_.12等差数列的前项和为，等比数列满足，.（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前15项和.13已知，且，则_.14若角的终边经过点，则_.15设，则_16已知，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如图，已知四棱锥，底面是边长为的菱形，侧面为正三角形，侧面底面，为侧棱的中点
4、，为线段的中点（）求证：平面；（）求证：；（）求三棱锥的体积18已知数列的前项和为，且，求数列的通项公式.19的内角所对边分别为，已知（1）求；（2）若，求的面积20数列中，（为常数）.（1）若，成等差数列，求的值；（2）是否存在，使得为等比数列？并说明理由.21已知函数，（，）的部分图象如图所示，其中点是图象的一个最高点（）求函数的解析式；（）已知且，求.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】利用正弦定理以及大边对大角定理求出角，从而判断出该三角形解的个数【详解】由正弦定理得，所以，或，因此，该三角形有两
5、解，故选C.【点睛】本题考查三角形解的个数的判断，解题时可以充分利用解的个数的等价条件来进行判断，具体来讲，在中，给定、，该三角形解的个数判断如下：（1）为直角或钝角，一解；，无解；（2）为锐角，或，一解；，两解；，无解.2、D【解析】首先根据正弦定理得到，比较与的大小关系即可判定A，B错误，再根据大边对大角即可判定C错误，根据勾股定理即可判定D正确.【详解】对于A，因为，所以，有两个解，故A错误.对于B，因为，所以，无解，故B错误.对于C，因为，所以，即，所以无解，故C错误.对于D，为直角三角形，故D正确.故选：D【点睛】本题主要考查三角形个数的判断，利用正弦定理判断为解题的关键，属于简单题
6、.3、C【解析】作出可行域，利用平移法即可求出【详解】作出不等式组表示的平面区域，如图所示：当直线平移至经过直线与直线的交点时，取得最大值，故选：C【点睛】本题主要考查简单线性规划问题的解法应用，属于基础题4、B【解析】求出样本间隔，结合茎叶图求出年龄不超过55岁的有8人，然后进行计算即可【详解】解：样本间隔为，年龄不超过55岁的有8人，则这个小组中年龄不超过55岁的人数为人故选：【点睛】本题主要考查茎叶图以及系统抽样的应用，求出样本间隔是解决本题的关键，属于基础题5、D【解析】根据任意角的三角函数定义直接求解.【详解】因为角的终边经过点,所以,故选:D.【点睛】本题考查任意角的三角函数求值,
7、属于基础题.6、D【解析】函数的图象上的所有点的横坐标缩小到原来的一半（纵坐标不变），的系数变为原来的2倍，即为2，然后根据平移求出函数的解析式【详解】函数的图象上的所有点的横坐标缩小到原来的一半（纵坐标不变），得到，把图象向左平移个单位，得到故选：【点睛】本题考查函数的图象变换准确理解变换规则是关键，属于中档题7、C【解析】利用反三角函数的定义以及正切函数的周期为，即可得到原方程的解.【详解】由，根据正切函数图像以及周期可知：，故选：C【点睛】本题考查了反三角函数的定义以及正切函数的性质，需熟记正切函数的图像与性质，属于基础题.8、A【解析】，所以，令，解得n7，即n7时递增，n7递减，所以
8、a1a2a3a7a8a9.所以a7a8最大本题选择A选项.9、C【解析】试题分析：因为题目中给定了A,B是任意事件，那么利用集合的并集思想来分析，两个事件的和事件不一定等于其中的事件A.可能大于事件A选项B，AB表示的为AB的积事件，那么利用集合的思想，和交集类似，不一定包含A事件选项C，由于利用集合的交集和并集的思想可知，A+AB=A表示的等式成立选项D中，利用补集的思想和交集的概念可知，表示的事件A不发生了，同时事件B发生，显然D不成立考点：本试题考查了事件的关系点评：对于事件之间的关系的理解，可以运用集合中的交集，并集和补集的思想分别对应到事件中的和事件，积事件，非事件上来分析得到，属于
9、基础题【详解】请在此输入详解！10、A【解析】，因为单调递减，所以，所以，且，所以只需，且，所以，故选A二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、31【解析】根据数列的首项及递推公式依次求出、即可.【详解】解：，故答案为：【点睛】本题考查利用递推公式求出数列的项，属于基础题.12、（1），；（2）125.【解析】（1）直接利用等差数列，等比数列的公式得到答案.（2），前5项为正，后面为负，再计算数列的前15项和.【详解】解：（1）联立，解得，故，联立，解得，故.（2）.【点睛】本题考查了等差数列，等比数列，绝对值和，判断数列的正负分界处是解题的关键.13、【解析】首先根据已知条件
10、求得的值，平方后利用同角三角函数的基本关系式求得的值.【详解】由得，两边平方并化简得，由于，所以.而，由于，所以【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式，考查两角和的正弦公式，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.14、3【解析】直接根据任意角三角函数的定义求解，再利用两角和的正切展开代入求解即可【详解】由任意角三角函数的定义可得：则故答案为3【点睛】本题主要考查了任意角三角函数的定义和两角和的正切计算，熟记公式准确计算是关键，属于基础题15、【解析】由，根据两角差的正切公式可解得【详解】，故答案为【点睛】本题主要考查了两角差的正切公式的应用，属于基础知识的考查16、28【解析】试题
11、分析：由等差数列的前n项和公式，把等价转化为所以,然后求得a值.考点：极限及其运算三、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、（）见解析（）见解析（）【解析】（）连接，交于点；根据三角形中位线可证得；由线面平行判定定理可证得结论；（）由等腰三角形三线合一可知；由面面垂直的性质可知平面；根据线面垂直性质可证得结论；（）利用体积桥的方式将所求三棱锥体积转化为；根据已知长度和角度关系分别求得四边形面积和高，代入得到结果.【详解】（）证明：连接，交于点四边形为菱形 为中点又为中点 平面，平面 平面（）为正三角形，为中点 平面平面，平面平面，平面平面，又平面 （
12、）为中点 又，由（）知， 【点睛】本题考查立体几何中线面平行、线线垂直关系的证明、三棱锥体积的求解问题；涉及到线面平行判定定理、面面垂直性质定理和判定定理的应用、体积桥的方式求解三棱锥体积等知识，属于常考题型.18、【解析】当时，当时，即可得出【详解】已知数列的前项和为，且，当时，当时，检验：当时，不符合上式，【点睛】本题考查了数列递推关系、数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题19、（1）；（2）5.【解析】（1）根据正弦定理得，化简即得C的值；（2）先利用余弦定理求出a的值，再求的面积【详解】（1）因为，根据正弦定理得， 又，从而，由于，所以 （2）根据余弦定理，而，代入整理
13、得，解得或（舍去）故的面积为【点睛】本题主要考查正弦余弦定理解三角形，考查三角形面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.20、（）p=1；（）存在实数，使得an为等比数列【解析】（）由已知求得a1，a4，再由-a1，a4成等差数列列式求p的值；（）假设存在p，使得an为等比数列，可得，求解p值，验证得答案【详解】（）由a1=1，得，则，由，a4成等差数列，得a1=a4-a1，即，解得：p=1；（）假设存在p，使得an为等比数列，则，即，则1p=p+1，即p=1此时，而，又，所以，而，且，存在实数，使得an为以1为首项，以1为公比的等比数列【点睛】本题考查数列递推式，考查等差数列与等比数列的性质，是中档题21、（）（）【解析】（）由最值和两个零点计算出和的值，再由最值点以及的的范围计算的值；（）先根据（）中解析式将表示出来，然后再利用两角和的正弦公式计算的值.【详解】解：（）由函数最大值为2，得由又，又
