黑龙江省望奎县第二中学2023年高一数学第二学期期末教学质量检测模拟试题含解析

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．已知的三个内角所对的边分别为，满足，且，则的形状为（）A．等边三角形 B．等腰直角三角形C．顶角为的等腰三角形 D．顶角为的等腰三角形2．某种产品的广告费支出x与销售额y（单位：百万元）之间有如下对应数据：x24568y3040t5070根据上表提供的数据，求出y关于x的回归直线方程为y=6.5x+17.5，则tA．40 B．50 C．60 D．703．点、、、在同一个球的球面上，，.若四面体的体积的最大值为，则这个球的表面积为（）A． B． C． D．4．设，，均为正实数，则三个数，，()A．都大于2 B．都小于2C．至少有一个不大于2 D．至少有一个不小于25．如图是正方体的展开图，则在这个正方体中：①与平行；②与是异面直线；③与成60°角；④与垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是A．①②③ B．②④ C．③④ D．②③④6．若圆上有且仅有两个点到直线的距离等于，则的取值范围是（）A． B． C． D．7．若函数（）的最大值与最小正周期相同，则下列说法正确的是（）A．在上是增函数 B．图象关于直线对称C．图象关于点对称 D．当时，函数的值域为8．某班20名学生的期末考试成绩用如图茎叶图表示，执行如图程序框图，若输入的()分别为这20名学生的考试成绩，则输出的结果为()A．11 B．10 C．9 D．89．关于的方程在内有相异两实根，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．10．如图，长方体中，，，那么异面直线与所成角的余弦值是（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．程序：的最后输出值为___________________.12．一个扇形的半径是，弧长是，则圆心角的弧度数为________.13．已知数列中，，，设，若对任意的正整数，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是______．14．记等差数列的前项和为，若，则________．15．已知向量，，若，则实数___________.16．两圆交于点和，两圆的圆心都在直线上，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．己知数列的前项和，求数列的通项.18．已知数列的前项和为，点在函数的图像上.（1）求数列的通项；（2）设数列，求数列的前项和.19．已知向量是夹角为的单位向量，，（1）求；（2）当m为何值时，与平行？20．已知函数，，数列满足，，.（1）求证；（2）求数列的通项公式；（3）若，求中的最大项.21．如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD，，，，M为线段AD上一点，，N为PC的中点.（1）证明：平面PAB；（2）求直线AN与平面PMN所成角的余弦值.

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、D【解析】

先利用同角三角函数基本关系得，结合正余弦定理得进而得B,再利用化简得,得A值进而得C,则形状可求【详解】由题即，由正弦定理及余弦定理得即故整理得，故故为顶角为的等腰三角形故选D【点睛】本题考查利用正余弦定理判断三角形形状，注意内角和定理，三角恒等变换的应用，是中档题2、C【解析】分析：由题意，求得这组熟记的样本中心(x详解：由题意，根据表中的数据可得x=2+4+5+6+85把(x,y)代入回归直线的方程，得点睛：本题主要考查了回归分析的初步应用，其中熟记回归直线的基本特征——回归直线方程经过样本中心点是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.3、D【解析】

根据几何体的特征，小圆的圆心为，若四面体的体积取最大值，由于底面积不变，高最大时体积最大，可得与面垂直时体积最大，从而求出球的半径，即可求出球的表面积．【详解】根据题意知，、、三点均在球心的表面上，且，，，则的外接圆半径为，的面积为，小圆的圆心为，若四面体的体积取最大值，由于底面积不变，高最大时体积最大，所以，当与面垂直时体积最大，最大值为，，设球的半径为，则在直角中，，即，解得，因此，球的表面积为.故选：D.【点睛】本题考查的知识点是球内接多面体，球的表面积，其中分析出何时四面体体积取最大值，是解答的关键．4、D【解析】

由题意得，当且仅当时，等号成立，所以至少有一个不小于，故选D.5、C【解析】

将正方体的展开图还原为正方体后，即可得到所求正确结论．【详解】将正方体的展开图还原为正方体ABCD﹣EFMN后，可得AF，CN异面；BM，AN平行；连接AN，NF，可得∠FAN为AF，BM所成角，且为60°；BN⊥DE，DE⊥AB可得DE⊥平面ABN，可得DE⊥BN，可得③④正确，故选C．【点睛】本题考查展开图与空间几何体的关系，考查空间线线的位置关系的判断，属于基础题．6、B【解析】

先求出圆心到直线的距离，然后结合图象，即可得到本题答案.【详解】由题意可得，圆心到直线的距离为，故由图可知，当时，圆上有且仅有一个点到直线的距离等于；当时，圆上有且仅有三个点到直线的距离等于；当则的取值范围为时，圆上有且仅有两个点到直线的距离等于.故选：B【点睛】本题主要考查直线与圆的综合问题，数学结合是解决本题的关键.7、A【解析】

先由函数的周期可得，再结合三角函数的性质及三角函数值域的求法逐一判断即可得解.【详解】解：由函数（）的最大值与最小正周期相同，所以，即，即，对于选项A，令，解得：，即函数的增区间为，当时，函数在为增函数，即A正确，对于选项B，令，解得，即函数的对称轴方程为：，又无解，则B错误，对于选项C，令，解得，即函数的对称中心为：，又无解，则C错误，对于选项D，，则，即函数的值域为，即D错误，综上可得说法正确的是选项A，故选：A.【点睛】本题考查了三角函数的性质，重点考查了三角函数值域的求法，属中档题.8、A【解析】

首先判断程序框图的功能，然后从茎叶图数出相应人数，从而得到答案.【详解】由算法流程图可知，其统计的是成绩大于等于120的人数，所以由茎叶图知：成绩大于等于120的人数为11，故选A.【点睛】本题主要考查算法框图的输出结果，意在考查学生的分析能力及计算能力，难度不大.9、C【解析】

将问题转化为与有两个不同的交点；根据可得，对照的图象可构造出不等式求得结果.【详解】方程有两个相异实根等价于与有两个不同的交点当时，由图象可知：，解得：本题正确选项：【点睛】本题考查正弦型函数的图象应用，主要是根据方程根的个数确定参数范围，关键是能够将问题转化为交点个数问题，利用数形结合来进行求解.10、A【解析】

可证得四边形为平行四边形，得到，将所求的异面直线所成角转化为；假设，根据角度关系可求得的三边长，利用余弦定理可求得余弦值.【详解】连接，四边形为平行四边形异面直线与所成角即为与所成角，即设，，，，在中，由余弦定理得：异面直线与所成角的余弦值为：本题正确选项：【点睛】本题考查异面直线所成角的求解问题，关键是能够通过平行关系将问题转化为相交直线所成角，在三角形中利用余弦定理求得余弦值.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、4；【解析】

根据赋值语句的作用是将表达式所代表的值赋给变量，然后语句的顺序可求出的值．【详解】解：执行程序语句：

＝1后，＝1；

＝＋1后，＝2；

＝＋2后，＝4；

后，输出值为4；

故答案为：4【点睛】本题主要考查了赋值语句的作用，解题的关键对赋值语句的理解，属于基础题．12、2【解析】

直接根据弧长公式，可得．【详解】因为，所以，解得【点睛】本题主要考查弧长公式的应用．13、【解析】∵，（，），当时，，，…，，并项相加，得：，

∴，又∵当时，也满足上式，

∴数列的通项公式为，∴

，令（），则，∵当时，恒成立，∴在上是增函数，

故当时，，即当时，，对任意的正整数，当时，不等式恒成立，则须使，即对恒成立，即的最小值，可得，∴实数的取值范围为，故答案为.点睛：本题考查数列的通项及前项和，涉及利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于难题通过并项相加可知当时，进而可得数列的通项公式，裂项、并项相加可知，通过求导可知是增函数，进而问题转化为，由恒成立思想，即可得结论.14、10【解析】

由等差数列求和的性质可得，求得，再利用性质可得结果.【详解】因为，所以，所以，故故答案为10【点睛】本题考查了等差数列的性质，熟悉其性质是解题的关键，属于基础题.15、【解析】

由垂直关系可得数量积等于零，根据数量积坐标运算构造方程求得结果.【详解】，解得：故答案为：【点睛】本题考查根据向量垂直关系求解参数值的问题，关键是明确两向量垂直，则向量数量积为零.16、【解析】

由圆的性质可知，直线与直线垂直，，直线的斜率，，解得.故填：3.【点睛】本题考查了相交圆的几何性质，和直线垂直的关系，考查数形结合的思想与计算能力，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、【解析】

根据通项前项和的关系求解即可.【详解】解：当时,.当时,.当时,上式也成立.【点睛】本题主要考查了根据前项公式求解通项公式的方法.属于基础题.18、（1），（2）【解析】

（1）把点带入即可（2）根据（1）的结果利用错位相减即可。【详解】（1）把点带入得，则时，时，经验证，也满足，所以（2）由（1）得，所以则①②①②得【点睛】本题主要考查了数列通项的求法，以及数列前项和的方法。求数列通项常用的方法有：累加法、累乘法、定义法、配凑法等。求数列前项和常用的方法有：错位相减、裂项相消、公式法、分组求和等。属于中等题。19、（1）1；（2）﹣6【解析】

（1）利用单位向量的定义，直接运算即可；（2）利用，有，得出，然后列方程求解即可【详解】解：（1）；（2）当，则存在实数使，所以不共线，得，【点睛】本题考查向量平行的定义，注意列方程运算即可，属于简单题20、（1）见解析；（2）；（3）【解析】

（1）将化简后可得要求证的递推关系.（2）将（1）中的递推关系化简后得到，从而可求的通项公式.（3）结合（2）的结果化简，换元后利用二次函数的性质可求最大值.【详解】（1）证明：由，，，得.又，∴.（2）∵，即，∴是公比为的等比数列.又，∴.（3）由（2）知，因为，所以，所以，令，则，又因为且，所以所以中的最大项为.【点睛】数列最大项、最小项的求法，一般是利用数列的单调性去讨论，但是也可以根据通项的特点，利用函数的单调性来讨论，要注意函数的单调性与数列的单调性的区别与联系.21、（1）证明见解析；（2）【解