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1、浙江省绍兴市柯桥区2023-2024学年高一数学第二学期期末经典模拟试题考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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已知命题，则命题的否定为（ ）ABCD2在正方体中，点是四边形的中心，关于直线，下列说法正确的是（ ）ABC平面D平面3已知函数在区
2、间上恒成立，则实数的最小值是（ ）ABCD4若直线与曲线有公共点，则的取值范围是（ ）ABCD5在边长为1的等边三角形ABC中，D是AB的中点，E为线段AC上一动点，则的取值范围为（ ）ABCD6设集合，若，则的取值范围是（ ）ABCD7如图，在中，是边上的高，平面，则图中直角三角形的个数是（ ）ABCD8函数的一个对称中心是（ ）ABCD9过点且与直线垂直的直线方程为（ ）ABCD10函数的零点所在的区间是（ ）ABCD二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11如果数据的平均数是，则的平均数是_.12某工厂生产甲、乙、丙三种型号的产品，产品数量之比为3:5:7，现用分层抽样的方法
3、抽出容量为的样本，其中甲种产品有18件，则样本容量= 13已知三点、共线，则a=_.14若则 _15已知等差数列满足，则_16若正实数满足，则的最大值为_ .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已知数列满足，.（1）求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式；（2） 令，求数列的前项和.18已知数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）当时，证明不等式：.19等差数列中，.(1)求数列的通项公式；(2)设,求数列的前n项和.20已知向量.（1）若，且，求实数的值；（2）若，且与的夹角为，求实数的值.21已知的三个内角的对边分别为，且，（1）求证：；
4、（2）若是锐角三角形，求的取值范围.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】根据全称命题的否定是特称命题，可直接得出结果.【详解】命题“”的否定是“”.故选C【点睛】本题主要考查全称命题的否定，只需改量词和结论即可，属于基础题型.2、C【解析】设，证明出，可判断出选项A、C的正误；由为等腰三角形结合可判断出B选项的正误；证明平面可判断出D选项的正误.【详解】如下图所示，设，则为的中点，在正方体中，则四边形为平行四边形，.易知点、分别为、的中点，则四边形为平行四边形，则，由于过直线外一点有且只有一条直线与已知直
5、线平行，则A选项中的命题错误；，平面，平面，平面，C选项中的命题正确；易知，则为等腰三角形，且为底，所以，与不垂直，由于，则与不垂直，B选项中的命题错误；四边形为正方形，则，在正方体中，平面，平面，平面，平面，同理可证，且，平面，则与平面不垂直，D选项中的命题错误.故选C.【点睛】本题考查线线、线面关系的判断，解题时应充分利用线面平行与垂直等判定定理证明线面平行、线面垂直，考查推理能力，属于中等题.3、D【解析】直接利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形为正弦型函数，进一步利用恒成立问题的应用求出结果.【详解】函数,由因为，所以，即，当时，函数的最大值为，由于在区间上恒成立，故，实数
6、的最小值是.故选：D【点睛】本题考查了两角和的余弦公式、辅助角公式以及三角函数的最值，需熟记公式与三角函数的性质，同时考查了不等式恒成立问题，属于基出题4、D【解析】将本题转化为直线与半圆的交点问题，数形结合，求出的取值范围【详解】将曲线的方程化简为 即表示以 为圆心，以2为半径的一个半圆，如图所示：由圆心到直线 的距离等于半径2，可得： 解得 或结合图象可得故选D【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，考查了转化能力，在解题时运用点到直线的距离公式来计算，数形结合求出结果，本题属于中档题5、B【解析】由题意，以点为坐标原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，得到，以及直线
7、的方程，设出点E坐标，根据向量数量积，直接计算，即可得出结果.【详解】如图，以点为坐标原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，因为等边三角形的边长为1，所以，则直线的方程为，整理得，因为E为线段AC上一动点，设，则，所以，因为，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，最大值为.即的取值范围为.故选B【点睛】本题主要考查平面向量的数量积，利用建立坐标系的方法求解即可，属于常考题型.6、A【解析】因为，且，即，所以.故选A.7、C【解析】根据线面垂直得出一些相交直线垂直，以及找出题中一些已知的相交直线垂直，由这些条件找出图中的直角三角形【详解】平面，,都是直角三角形；是直
8、角三角形；是直角三角形；由得平面，可知：也是直角三角形.综上可知：直角三角形的个数是个，故选C【点睛】本题考查直角三角形个数的确定，考查相交直线垂直，解题时可以充分利用直线与平面垂直的性质得到，考查推理能力，属于中等题8、A【解析】令，得：，即函数的对称中心为，再求解即可.【详解】解：令，解得：，即函数的对称中心为，令，即函数的一个对称中心是，故选：A.【点睛】本题考查了正切函数的对称中心，属基础题.9、A【解析】先根据求出与之垂直直线的斜率，再利用点斜式求得直线方程。【详解】由可得直线斜率，根据两直线垂直的关系，求得，再利用点斜式，可求得直线方程为，化简得，选A【点睛】当直线斜率存在时，直线
9、垂直的斜率关系为10、C【解析】因为原函数是增函数且连续， ，所以根据函数零点存在定理得到零点在区间上，故选C二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、5【解析】根据平均数的定义计算【详解】由题意，故答案为：5.【点睛】本题考查求新数据的均值掌握均值定义是解题关键实际上如果数据的平均数是，则新数据的平均数是12、【解析】试题分析：由题意得，解得，故答案为考点：分层抽样13、【解析】由三点、共线，则有，再利用向量共线的坐标运算即可得解.【详解】解：由、，则,又三点、共线，则，则，解得：，故答案为：. 【点睛】本题考查了向量共线的坐标运算，属基础题.14、【解析】因为,所以=.故填1
10、5、【解析】由等差数列的性质计算【详解】是等差数列，故答案为：1【点睛】本题考查等差数列的性质，属于基础题等差数列的性质如下：在等差数列中，则16、【解析】可利用基本不等式求的最大值.【详解】因为都是正数，由基本不等式有，所以即，当且仅当时等号成立，故的最大值为.【点睛】应用基本不等式求最值时，需遵循“一正二定三相等”，如果原代数式中没有积为定值或和为定值，则需要对给定的代数变形以产生和为定值或积为定值的局部结构.求最值时要关注取等条件的验证.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）；（2）【解析】（1）由知：，利用等比数列的通项公式即可得出
11、；（2）bn=|112n|，设数列112n的前n项和为Tn，则当n5时，Sn=Tn；当n6时，Sn=2S5Tn【详解】（1）证明：由知，所以数列是以为首项，为公比的等比数列.则，.（2），设数列前项和为，则，当时，；当时，；所以.【点睛】本题考查了等比数列与等差数列的通项公式及其前n项和公式、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题18、（1）；（2）见解析.【解析】（1）分和两种情况讨论，利用，可得出数列的通项公式；（2）由得，从而可得，即可证明出结论.【详解】（1），.当时，数列是各项均为的常数列，则；当时，数列是以为首项，以为公比的等比数列，.当时，也适合.综上所述，；（2）由
12、，得，因此，.【点睛】本题考查数列的通项，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题19、 (1)；（2）.【解析】(1)根据等差数列公式得到方程组，计算得到答案.(2)先求出，再利用裂项求和求得.【详解】(1)等差数列中，解得： (2)数列的前n项和.【点睛】本题考查了数列的通项公式，裂项求和，意在考查学生对于数列公式的灵活运用及计算能力.20、（1）；（2）.【解析】（1）根据平面向量加法和数乘的坐标表示公式、数量积的坐标表示公式，结合两个互相垂直的平面向量数量积为零，进行求解即可；（2）利用平面向量夹角公式进行求解即可.【详解】（1）当时，.因为，所以；（2）当时，所以有，因为与的夹角为，所以有.【点睛】本题考查了平面向量运算的坐标表示公式，考查了平面向量夹角公式，考查了数学运算能力.21、（1）证明见解析；（2）【解析】（1）由，联立，得，然后边角转化，利用和差公式化简，即可得到本题答案；（2）利用正弦定理和，得，再确定角C的范围，即可得到本题答案.【详解】解：（1）锐角中，故由余弦定理可得：，即，利用正弦定理可得：，即，可得：，可得：，或（舍去），.（2），均为锐角，由于：，.再根据，可得，【点睛】本题主要考查正余弦定理的综合应用，其中涉及到利用三角函数求取值范围的问题.
