《阿里市重点中学2023-2024学年高一数学第二学期期末检测模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《阿里市重点中学2023-2024学年高一数学第二学期期末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、阿里市重点中学2023-2024学年高一数学第二学期期末检测模拟试题注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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平行四边形中，若点满足，设，则（ ）ABCD2将边长为2的
2、正方形沿对角线折起，则三棱锥的外接球表面积为（）ABCD3如图，某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（ ）ABCD34四边形，则的外接圆与的内切圆的公共弦长（ ）ABCD5设为锐角，若与共线，则角（ ）A15B30C45D606函数 的最小值和最大值分别为()A B C D7已知是圆上的三点，（ ）ABCD8已知在角终边上，若，则（ ）AB-2C2D9在中，则的形状是( )A钝角三角形B锐角三角形C直角三角形D不能确定10某中学高一从甲、乙两个班中各选出7名学生参加2019年第三十届“希望杯”全国数学邀请赛，他们取得成绩的茎叶图如图，其中甲班学生成绩的平均数是84，乙班学生成绩的中位数
3、是83，则的值为（ ）A4B5C6D7二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11已知三个顶点的坐标分别为，若，则的值是_12若，则_13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_.14已知，那么的值是_15设向量满足，若，则的最大值是_16数列的通项，前项和为，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已知函数.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数的最小值及相应的值.18的内角，的对边分别为，为边上一点，为的角平分线，（
4、1）求的值：（2）求面积的最大值19已知函数满足且.（1）当时，求的表达式；（2）设，求证：；20已知分别为内角的对边试从下列条件中任选一个作为已知条件并完成下列(1)(2)两问的解答；.(1)求角 (2)若,求的面积.21已知数列的前项和为.（1）求这个数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.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】画出平行四边形，在上取点，使得，在上取点，使得，由图中几何关系可得到，即可求出的值，进而可以得到答案【详解】画出平行四边形，在上取点，使得，在上取点，使得，则，故，则.【点睛】
5、本题考查了平面向量的线性运算，考查了平面向量基本定理的应用，考查了平行四边形的性质，属于中档题2、C【解析】根据题意，画出图形，结合图形得出三棱锥的外接球直径，从而求出外接球的表面积，得到答案.【详解】由题意，将边长为2的正方形沿对角线折起，得到三棱锥，如图所示，则,三棱锥的外接球直径为，即半径为，外接球的表面积为，故选C.【点睛】本题主要考查了平面图形的折叠问题，以及外接球的表面积的计算，着重考查了空间想象能力，以及推理与计算能力，属于基础题.3、A【解析】首先根据三视图画出几何体的直观图，进一步利用几何体的体积公式求出结果【详解】解：根据几何体得三视图转换为几何体为：故：V故选：A【点睛】
6、本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题4、C【解析】以为坐标原点，以为轴，轴建立平面直角坐标系，求出的外接圆与的内切圆的方程，两圆方程相减可得公共弦所在直线方程，求出弦心距，进而可得公共弦长.【详解】解：以为坐标原点，以为轴，轴建立平面直角坐标系，过作交于点，则，故，则为等边三角形，故，的外接圆方程为，的内切圆方程为，-得两圆的公共弦所在直线方程为:,的外接圆圆心到公共弦的距离为，公共弦长为，故答案为：C.【点睛】本题考查两圆公共弦长的求解，关键是要求出两圆的公共弦所在直线方程，将两圆方程作差即可得到，是中档题.5、B
7、【解析】由题意，又为锐角，故选B6、C【解析】2. 当时，当 时， ，故选C.7、C【解析】先由等式，得出，并计算出，以及与的夹角为，然后利用平面向量数量积的定义可计算出的值【详解】由于是圆上的三点，则，故选C【点睛】本题考查平面向量的数量积的计算，解题的关键就是要确定向量的模和夹角，考查计算能力，属于中等题8、C【解析】由正弦函数的定义求解【详解】，显然，故选C【点睛】本题考查正弦函数的定义，属于基础题解题时注意的符号9、C【解析】利用余弦定理求出，再利用余弦定理求得的值，即可判断三角形的形状.【详解】在中，解得：；，是直角三角形.故选：C.【点睛】本题考查余弦定理的应用、三角形形状的判定，
8、考查逻辑推理能力和运算求解能力.10、C【解析】由均值和中位数定义求解【详解】由题意，由茎叶图知就是中位数，故选C【点睛】本题考查茎叶图，考查均值与中位数，解题关键是读懂茎叶图二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】求出，再利用，求得.【详解】，因为，所以，解得：.【点睛】本题考查向量的坐标表示、数量积运算，要注意向量坐标与点坐标的区别.12、【解析】,则， 故答案为.13、（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
9、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.14、【解析】首先根据题中条件求出角，然后代入即可.【详解】由题知，所以，故.故答案为：.【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值，属于基础题.15、【解析】令，计算出模的最大值即可，当与同向时的模最大【详解】令，则，因为，所以当，因此当与同向时的模最大，【点睛】本题主要考查了向量模的计算，以及二次函数在给定区间上的最值整体换元的思想，属于较的难题，在解二次函数的问题时往往结合图像
10、、开口、对称轴等进行分析16、7【解析】根据数列的通项公式，求得数列的周期为4，利用规律计算，即可求解【详解】由题意，数列的通项， 可得，得到数列是以4项为周期的形式，所以=故答案为：7.【点睛】本题主要考查了数列的求和问题，其中解答中根据数列的通项公式求得数列的周期，以及各项的变化规律是解答的关键，属于基础题，着重考查了三、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）的最小值为，此时.【解析】通过倍角公式，把化成标准形式，研究函数的相关性质(周期性，单调性，奇偶性，对称性，最值及最值相对于的变量)，从而本题能顺利完成【详解】（1）因为.所以函
11、数的最小正周期为.（2）当时，此时，所以的最小值为，此时.【点睛】该类型考题关键是将化成性质，只有这样，我们才能很好的去研究他的性质.18、（1）（2）3【解析】（1）由，根据三角形面积公式可知，再根据角平分线的定义可知，到，的距离相等，所以，即可求出；（2）先根据（1）可得，由平方关系得，再根据三角形的面积公式，可化简得，然后根据基本不等式即可求出面积的最大值【详解】（1）如图所示：因为，所以又因为为的角平分线，所以到，的距离相等，所以所以（2）由（1）及余弦定理得：所以，又因为所以，所以又因为且，故所以，当且仅当即时取等号所以面积的最大值为【点睛】本题主要考查正余弦定理在解三角形中的应用，
12、三角形面积公式的应用，以及利用基本不等式求最值，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题19、（1）；（2）详见解析.【解析】（1）令，将函数表示为等比数列，根据等比数列公式得到答案.（2）将表示出来，利用错位相减法得到前N项和，最后证明不等式.【详解】（1）令，得，即（2），设，则，来-得 ， 【点睛】本题考查了函数与数列的关系，错位相减法，综合性强，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.20、（1）选择，；选择，（2）【解析】（1）选择，利用正弦定理余弦定理化简即得C；选择，利用正弦定理化简即得C的值；（2）根据余弦定理得，再求的面积.【详解】解：（1）选择根据正弦定理得，从而可得
13、，根据余弦定理， 解得， 因为，故.选择根据正弦定理有， 即，即因为，故，从而有， 故（2）根据余弦定理得，得，即，解得，又因为的面积为， 故的面积为.【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，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和分析推理能力，属于中档题.21、 (1) (2) 【解析】（1）当且时，利用求得，经验证时也满足所求式子，从而可得通项公式；（2）由（1）求得，利用错位相减法求得结果.【详解】（1）当且时，当时，也满足式数列的通项公式为：（2）由（1）知：【点睛】本题考查利用求解数列通项公式、错位相减法求解数列的前项和的问题，关键是能够明确当数列通项为等差与等比乘积时，采用错位相减法求和，属于常考题型.
