2023届甘肃省玉门一中数学高一第二学期期末学业质量监测试题含解析

2022-2023学年高一下数学期末模拟试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．直线与直线平行，则实数a的值为（）A． B． C． D．62．公差不为零的等差数列的前项和为.若是的等比中项,，则等于（）A．18 B．24 C．60 D．903．在中，点是边上的靠近的三等分点，则（）A． B．C． D．4．若、为异面直线，直线，则与的位置关系是（）A．相交 B．异面 C．平行 D．异面或相交5．若直线的倾斜角为，则的值为（）A． B． C． D．6．一条光线从点射出，经轴反射后与圆相切，则反射光线所在直线的斜率为（）A．或 B．或 C．或 D．或7．若关于x的一元二次不等式ax2+2ax+1>0A．(-∞,0)∪(1,+∞) B．(0,1) C．(-∞,0]∪(1,+∞)8．已知，则的值域为（）A． B． C． D．9．若cosθ＞0，且sin2θ＜0，则角θ的终边在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限10．不等式的解集是()A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．设实数满足，则的最小值为_____12．在中，角的对边分别为.若，则的值为__________.13．在中，角A，B，C的对边分别为，若,则此三角形的最大内角的度数等于________．14．角的终边经过点，则___________________．15．在三棱锥中，已知，，则三棱锥内切球的表面积为______.16．若，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．在△ABC中，已知BC=7，AB=3，∠A=60°．（1）求cos∠C的值；（2）求△ABC的面积．18．求过三点的圆的方程.19．如图所示，在平面四边形中，为正三角形.（1）在中，角的对边分别为，若，求角的大小；（2）求面积的最大值.20．如图，四棱锥中，底面是直角梯形，，，，侧面是等腰直角三角形，，平面平面，点分别是棱上的点，平面平面（Ⅰ）确定点的位置，并说明理由；（Ⅱ）求三棱锥的体积.21．如图为函数f(x)=Asin(Ⅰ)求函数f(x)=Asin(Ⅱ)若x∈0,π2时，函数y=

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、A【解析】

直接利用斜率相等列方程求解即可.【详解】因为直线与直线平行，所以，故选：A.【点睛】本题主要考查两直线平行的性质：斜率相等，属于基础题.2、C【解析】

由等比中项的定义可得，根据等差数列的通项公式及前n项和公式，列方程解出和，进而求出.【详解】因为是与的等比中项，所以，即，整理得，又因为，所以，故，故选C.【点睛】该题考查的是有关等差数列求和问题，涉及到的知识点有等差数列的通项，等比中项的定义，等差数列的求和公式，正确应用相关公式是解题的关键.3、A【解析】

将题中所体现的图形画出，可以很直观的判断向量的关系.【详解】如图有向量运算可以知道：,选择A【点睛】考查平面向量基本定理，利用好两向量加法的计算原则：首尾相连，首尾相接.4、D【解析】解：因为为异面直线，直线，则与的位置关系是异面或相交，选D5、B【解析】

根据题意可得：，所求式子利用二倍角的正弦函数公式化简，再利用同角三角函数间的基本关系弦化切后，将代入计算即可求出值．【详解】由于直线的倾斜角为，所以，则故答案选B【点睛】本题考查二倍角的正弦函数公式，同角三角函数间的基本关系，以及直线倾斜角与斜率之间的关系，熟练掌握公式是解本题的关键．6、C【解析】

由题意可知：点在反射光线上．设反射光线所在的直线方程为：，利用直线与圆的相切的性质即可得出．【详解】由题意可知：点在反射光线上．设反射光线所在的直线方程为：，即．由相切的性质可得：，化为：，解得或．故选．【点睛】本题考查了直线与圆相切的性质、点到直线的距离公式、光线反射的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．7、B【解析】

由题意，得出a≠0，再分析不等式开口和判别式，可得结果.【详解】由题，因为为一元二次不等式，所以a≠0又因为ax所以a>0Δ=故选B【点睛】本题考查了一元二次不等式解法，利用二次函数图形解题是关键，属于基础题.8、C【解析】

由已知条件，先求出函数的周期，由于，即可求出值域.【详解】因为，所以，又因为，所以当时，；当时，；当时，，所以的值域为.故选：C.【点睛】本题考查三角函数的值域，利用了正弦函数的周期性.9、D【解析】试题分析：且，，为第四象限角．故D正确．考点：象限角．10、A【解析】

分解因式，即可求得.【详解】进行分解因式可得：，故不等式解集为：故选：A.【点睛】本题考查一元二次不等式的求解，属基础知识题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、1．【解析】

由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．【详解】解：由实数满足作出可行域如图，

由图形可知：．

令，化为，

由图可知，当直线过点时，直线在轴上的截距最小，有最小值为1．

故答案为：1．【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．12、1009【解析】

利用余弦定理化简所给等式，再利用正弦定理将边化的关系为角的关系，变形化简即可得出目标比值．【详解】由得，即，所以，故．【点睛】本题综合考查正余弦定理解三角形，属于中档题．13、【解析】

根据大角对大边，利用余弦定理直接计算得到答案.【详解】在中，角A，B，C的对边分别为，若不妨设三边分别为：3,5,7根据大角对大边：角C最大故答案为【点睛】本题考查了余弦定理，属于简单题.14、【解析】

先求出到原点的距离,再利用正弦函数定义求解.【详解】因为,所以到原点距离,故.故答案为：.【点睛】设始边为的非负半轴,终边经过任意一点,则：15、【解析】

先计算出三棱锥的体积，利用等体积法求出三棱锥的内切球的半径，再求出内切球的表面积。【详解】取CD中点为E，并连接AE、BE在中，由等腰三角形的性质可得,同理则在中点A到边BE的距离即为点A到平面BCD的距离h,在中，【点睛】本题综合考查了三棱锥的体积、三棱锥内切圆的求法、球的表面积，属于中档题.16、；【解析】

易知的周期为，从而化简求得.【详解】的周期为，且，又，.故答案为：【点睛】本题考查了正弦型函数的周期以及利用周期求函数值，属于基础题.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、（1）（2）【解析】

（1）由已知及正弦定理可得sinC的值，利用大边对大角可求C为锐角，根据同角三角函数基本关系式可求cosC的值．（2）利用三角形内角和定理，两角和的正弦函数公式可求sinB的值，根据三角形的面积公式即可计算得解．【详解】（1）由题意，BC=7，AB=3，∠A=60°．∴由正弦定理可得：sinC=∵BC＞AB，∴C为锐角，∴cosC===，（2）因为A+B+C=π，A=60°，∴sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC=×+=，∴S△ABC=BC•AB•sinB=．【点睛】本题主要考查了正弦定理，大边对大角，同角三角函数基本关系式，三角形内角和定理，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．18、【解析】

设圆的一般方程，利用待定系数法求解.【详解】设圆的方程为经过，所以，解得：，所以圆的方程为.【点睛】此题考查求圆的方程，根据圆上的三个点的坐标求圆的方程可以待定系数法求解，也可根据几何意义分别求出圆心和半径.19、（1）；（2）.【解析】

（1）由正弦和角公式,化简三角函数表达式,结合正弦定理即可求得角的大小;（2）在中,设,由余弦定理及正弦定理用表示出.再根据三角形面积公式表示出,即可结合正弦函数的图像与性质求得最大值.【详解】（1）由题意可得：∴整理得∴∴∴又∴（2）在中,设,由余弦定理得：,∵为正三角形,∴,在中,由正弦定理得：,∴,∴,∵,∵,∴为锐角,,,,∵∴当时,.【点睛】本题考查了三角函数式的化简变形,正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用,三角形面积的表示方法,正弦函数的图像与性质的综合应用,属于中档题.20、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】试题分析：（1）根据面面平行的性质得到，，根据平行关系和长度关系得到点是的中点，点是的中点；（2），因为，所以，进而求得体积.详解：（1）因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，又因为，所以四边形是平行四边形，所以，即点是的中点．因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，又因为点是的中点，所以点是的中点，综上：分别是的中点；（Ⅱ）因为，所以，又因为平面平面，所以平面；又因为，所以．点睛:这个题目考查了面面平行的性质应用，空间几何体的体积的求法，求椎体的体积，一般直接应用公式底乘以高乘以三分之一，会涉及到点面距离的求法，点面距可以通过建立空间直角坐标系来求得点面距离，或者寻找面面垂直，再直接过点做交线的垂线即可;当点面距离不好求时，还可以等体积转化.21、(Ⅰ)f(x)=23【解析】

(Ⅰ)根据三角函数的图像，得到周期，求出ω=2，再由函数零点，得到2×π6+φ