2023年湖南省嘉禾一中、临武一中数学高一下期末经典模拟试题含解析

2022-2023学年高一下数学期末模拟试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．在中，分别为角的对边，若的面积为，则的值为（）A． B． C． D．2．已知是的共轭复数，若复数，则在复平面内对应的点是（）A． B． C． D．3．对于函数，在使成立的所有常数中，我们把的最大值称为函数的“下确界”.若函数，的“下确界”为，则的取值范围是（）A． B． C． D．4．已知为锐角，，则（）A． B． C． D．5．函数的最小正周期为，则图象的一条对称轴方程是（）A． B． C． D．6．如果执行右面的框图，输入，则输出的数等于（）A． B． C． D．7．已知三角形为等边三角形，，设点满足，若，则（）A． B． C． D．8．下列函数中，在区间上为增函数的是（）.A． B． C． D．9．执行如图所示的程序框图，输出的s值为A． B．C． D．10．已知等差数列{}的前n项和为，且S8＝92，a5＝13，则a4＝A．16 B．13 C．12 D．10二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．三棱锥P﹣ABC的底面ABC是等腰三角形，AC＝BC＝2，AB＝2，侧面PAB是等边三角形且与底面ABC垂直，则该三棱锥的外接球表面积为_____．12．在半径为的球中有一内接正四棱柱（底面是正方形，侧棱垂直底面），当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是__________．13．函数在内的单调递增区间为____.14．某班级有50名学生，现用系统抽样的方法从这50名学生中抽出10名学生，将这50名学生随机编号为1~5号，并按编号顺序平均分成10组（1~5号，15．在中，，则_____________16．当时，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．在中，内角所对的边分别是．已知，，且．（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若，求面积的最大值．18．已知函数.（1）求函数的最小正周期；（2）若函数在的最大值为2，求实数的值.19．设函数f(x)=x（1）当a=2时，函数f(x)的图像经过点(1,a+1)，试求m的值，并写出（不必证明）f(x)的单调递减区间；（2）设a=-1，h(x)+x⋅f(x)=0，g(x)=2cos(x-π3)，若对于任意的s∈[1,2]，总存在t∈[0,π]20．等差数列的前项和为，求数列前项和.21．已知向量.(1)当时，求的值；(2)设函数，当时，求的值域.

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】试题分析：由已知条件及三角形面积计算公式得由余弦定理得考点：考查三角形面积计算公式及余弦定理．2、A【解析】由，得，所以在复平面内对应的点为，故选A.3、A【解析】

由下确界定义，，的最小值是，由余弦函数性质可得．【详解】由题意，的最小值是，又，由，得，，，时，，所以．故选：A．【点睛】本题考查新定义，由新定义明确本题中的下确界就是函数的最小值．可通过解不等式确定参数的范围．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、D【解析】

先根据函数的周期求出的值，求出函数的对称轴方程，然后利用赋值法可得出函数图象的一条对称轴方程.【详解】由于函数的最小正周期为，则，，令，解得.当时，函数图象的一条对称轴方程为.故选：D.【点睛】本题考查利用正弦型函数的周期求参数，同时也考查了正弦型函数图象对称轴方程的计算，解题时要结合正弦函数的基本性质来进行求解，考查运算求解能力，属于中等题.6、D【解析】试题分析：当时，该程序框图所表示的算法功能为：，故选D.考点：程序框图.7、D【解析】

用三角形的三边表示出，再根据已知的边的关系可得到关于的方程，解方程即得。【详解】由题得，，，整理得，化简得，解得.故选：D【点睛】本题考查平面向量的线性运算及平面向量基本定理，是常考题型。8、B【解析】试题分析：根据初等函数的图象，可得函数在区间（0，1）上的单调性，从而可得结论．解：由题意，A的底数大于0小于1、C是图象在一、三象限的单调减函数、D是余弦函数，，在（0，+∞）上不单调，B的底数大于1，在（0，+∞）上单调增，故在区间（0，1）上是增函数,故选B考点：函数的单调性点评：本题考查函数的单调性，掌握初等函数的图象与性质是关键．9、B【解析】分析：初始化数值，执行循环结构，判断条件是否成立，详解：初始化数值循环结果执行如下：第一次：不成立；第二次：成立，循环结束，输出，故选B.点睛：此题考查循环结构型程序框图，解决此类问题的关键在于：第一，要确定是利用当型还是直到型循环结构；第二，要准确表示累计变量；第三，要注意从哪一步开始循环，弄清进入或终止的循环条件、循环次数.10、D【解析】

利用等差数列前项和公式化简已知条件，并用等差数列的性质转化为的形式，由此求得的值.【详解】依题意，，解得，故选D.【点睛】本小题主要考查等差数列前项和公式，以及等差数列的性质，解答题目过程中要注意观察已知条件的下标.属于基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

求出的外接圆半径，的外接圆半径，求出外接球的半径，即可求出该三棱锥的外接球的表面积．【详解】由题意，设的外心为，的外心为，则的外接圆半径，在中，因为，由余弦定理可得，所以，所以的外接圆半径，在等边中，由，所以，所以，设球心为，球的半径为，则，又由面，面，则，所以该三棱锥的外接球的表面积为．故答案为：．【点睛】本题主要考查了三棱锥的外接球的表面积的求解，其中解答中熟练应用空间几何体的结构特征，确定球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于中档试题．12、【解析】

根据正四棱柱外接球半径的求解方法可得到正四棱柱底面边长和高的关系，利用基本不等式得到，得到侧面积最大值为；根据球的表面积公式求得球的表面积，作差得到结果.【详解】设球内接正四棱柱的底面边长为，高为则球的半径:正四棱柱的侧面积：球的表面积：当正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差为：本题正确结果：【点睛】本题考查多面体的外接球的相关问题的求解，关键是能够根据外接球半径构造出关于正棱柱底面边长和高的关系式，利用基本不等式求得最值；其中还涉及到球的表面积公式的应用.13、【解析】

将函数进行化简为，求出其单调增区间再结合，可得结论.【详解】解：，递增区间为：，可得，在范围内单调递增区间为。故答案为：.【点睛】本题考查了正弦函数的单调区间，属于基础题。14、33【解析】试题分析：因为是从50名学生中抽出10名学生，组距是5，∵第三组抽取的是13号，∴第七组抽取的为13+4×5=33．考点：系统抽样15、【解析】

先由正弦定理得到，再由余弦定理求得的值．【详解】由，结合正弦定理可得，故设，，()，由余弦定理可得，故.【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的运用，属于基础题．16、-3.【解析】

将函数的表达式改写为：利用均值不等式得到答案.【详解】当时，故答案为-3【点睛】本题考查了均值不等式，利用一正二定三相等将函数变形是解题的关键.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、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）先利用向量垂直的坐标表示，得到，再利用正弦定理以及两角和的正弦公式将，化为，进而得到，由此能求出．（Ⅱ）将两边平方，推导出，当且仅当，时取等号，由此求出面积的最大值．【详解】解析：（Ⅰ）由得，则得，即由于，得，又A为内角，因此.（Ⅱ）将两边平方，即所以，当且仅当，时取等号.此时，其最大值为.【点睛】本题主要考查数量积的坐标表示及运算、两角和的正弦公式应用、三角形面积公式的应用以及利用基本不等式求最值．18、(1)；(2)或【解析】

（1）根据二倍角公式进行整理化简可得，从而可得最小正周期；（2）将通过换元的方式变为，；讨论对称轴的具体位置，分别求解最大值，从而建立方程求得的值.【详解】（1）最小正周期（2）令，则由得①当，即时当时，由，解得（舍去)②当，即时当时，由得，解得或（舍去）③当，即时当时，，由，解得综上，或【点睛】本题考查正弦型函数最小正周期的求解、利用二次函数性质求解与三角函数有关的值域问题，解题关键是通过换元的方式将所求函数转化为二次函数的形式，再利用对称轴的位置进行讨论；易错点是忽略了换元后自变量的取值范围.19、（1）递减区间为[-2,0)和(0,2【解析】

（1）将点(1,3)代入函数f(x)即可求出m,根据函数的解析式写出单调递减区间即可（2）当a=-1时，写出函数h(x)，由题意知h(s)的值域是g(t)值域的子集,即可求出.【详解】（1）因为函数f(x)的图像经过点(1,a+1)，且a=2所以f(1)=1+m+2=3，解得m=0.∴    ∴f(x)的单调递减区间为[-2,0）（2）当a=-1时，f(x)=x-1∴   ∵g(x)=2cos∴  t∈[0,π]时，g(t)∈[-1,2]由对于任意的s∈[1,2]，总存在t∈[0,π]，使得h(s)=g(t)知：h(s)的值域是g(t)值域的子集.因为h(x)=-x2-mx+1①当-m2≤1只需满足h(1)=-m≤2h(2)=-3-2m≥-1解得-2≤m≤-1.②当1<-m2<2因为h(1)=-m>2，与h(s)⊆[-1,2]矛盾，故舍去.③当-m2≥2h(1)=-m≥4与h(s)⊆[-1,2]矛盾，故舍去.综上，m∈[-2,-1].【点睛】本题主要考查了函数的单调性，以及含参数二次函数值域的求法，涉及存在性问题，转化思想和分类讨论思想要求较高，属于难题.20、【解析】

由已知条件利用等差数列前项和公式求出公差和首项，由此能求出，且，当时，，当