湖北省黄冈八模系列2023年数学高一下期末达标检测试题含解析

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．若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为A．0.3 B．0.4 C．0.6 D．0.72．若线性方程组的增广矩阵是5b1102bA．1 B．2 C．3 D．43．已知，，，，那么（）A． B． C． D．4．若实数x，y满足条件，则目标函数z＝2x－y的最小值（）A． B．－1 C．0 D．25．直线与圆相交于M，N两点，若．则的取值范围是（）A． B． C． D．6．已知函数的最小正周期是，其图象向右平移个单位后得到的函数为奇函数.有下列结论：①函数的图象关于点对称；②函数的图象关于直线对称；③函数在上是减函数；④函数在上的值域为.其中正确结论的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．47．已知等差数列的前项和为，，，则使取得最大值时的值为()A．5 B．6 C．7 D．88．法国学者贝特朗发现，在研究事件A“在半径为1的圆内随机地取一条弦，其长度超过圆内接等边三角形的边长3”的概率的过程中，基于对“随机地取一条弦”的含义的的不同理解，事件A的概率PA存在不同的容案该问题被称为贝特朗悖论现给出种解释：若固定弦的一个端点,另个端点在圆周上随机选取，则PA．12 B．13 C．19．用斜二测画法画一个边长为2的正三角形的直观图，则直观图的面积是：A． B． C． D．10．在三棱锥中，，，，平面平面，则三棱锥外接球的表面积为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．设等差数列的前项和为，则______.12．一个圆锥的侧面积为，底面积为，则该圆锥的体积为________．13．设向量，且，则__________．14．在中，，是边上一点，且满足，若，则_________.15．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为__________.16．若直线l1：ax＋3y＋1＝0与l2：2x＋(a＋1)y＋1＝0互相平行，则a的值为________．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．如图，在三棱柱中，为正三角形，为的中点，，，．（1）证明：平；（2）证明：平面平面．18．已知{an}是等差数列，设数列{bn}的前n项和为Sn，且2bn＝b1（1+Sn），bn≠0，又a2b2＝4，a7+b3＝1．（1）求{an}和{bn}的通项公式；（2）令cn＝anbn（n∈N*），求{cn}的前n项和Tn19．如图，在四棱锥中，，底面为平行四边形，平面．（）求证：平面；（）若，，，求三棱锥的体积；（）设平面平面直线，试判断与的位置关系，并证明．20．已知函数.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数在区间上的值域.21．已知数列是等差数列，是其前项和.（1）求数列的通项公式；（2）设，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】

分析：由公式计算可得详解：设事件A为只用现金支付，事件B为只用非现金支付，则因为所以，故选B.点睛：本题主要考查事件的基本关系和概率的计算，属于基础题．2、C【解析】

由题意得5×3421+【详解】由题意得5×3421+解得b1则b2【点睛】本题主要考查了线性方程组的解法，以及增广矩阵的概念，考查运算能力，属于中档题.3、C【解析】由于故，故，所以.由于，由于，所以，故.综上所述选.4、A【解析】

线性规划问题，首先画出可行域，再令z=0，画出目标函数，上下平移得到z的最值。【详解】可行域如图所示，当目标函数平移到A点时z取最小值，故选A【点睛】线性规划中线性的目标函数问题，首先画出可行域，再令z=0，画出目标函数，上下平移得到z的最值。5、A【解析】

可通过将弦长转化为弦心距问题，结合点到直线距离公式和勾股定理进行求解【详解】如图所示，设弦中点为D，圆心C(3,2),弦心距，又，由勾股定理可得，答案选A【点睛】圆与直线的位置关系解题思路常从两点入手：弦心距、勾股定理。处理过程中，直线需化成一般式6、C【解析】

根据函数最小正周期可求得,由函数图象平移后为奇函数,可求得,即可得函数的解析式.再根据正弦函数的对称性判断①②,利用函数的单调区间判断③,由正弦函数的图象与性质判断④即可.【详解】函数的最小正周期是则,即向右平移个单位可得由为奇函数,可知解得因为所以当时,则对于①,当时,代入解析式可得,即点不为对称中心,所以①错误;对于②,当时带入的解析式可得,所以函数的图象关于直线对称,所以②正确;对于③,的单调递减区间为解得当时,单调递减区间为,而,所以函数在上是减函数,故③正确;对于④,当时,由正弦函数的图像与性质可知,,故④正确.综上可知,正确的为②③④故选:C【点睛】本题考查根据三角函数性质和平移变换求得解析式,再根据正弦函数的图像与性质判断选项,属于基础题.7、D【解析】

由题意求得数列的通项公式为，令，解得，即可得到答案.【详解】由题意，根据等差数列的性质，可得，即又由，即，所以等差数列的公差为，又由，解得，所以数列的通项公式为，令，解得，所以使得取得最大值时的值为8，故选D.【点睛】本题主要考查了等差数列的性质，等差数列的通项公式，以及前n项和最值问题，其中解答中熟记等差数列的性质和通项公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.8、B【解析】

由几何概型中的角度型得：P(A)=2π【详解】设固定弦的一个端点为A，则另一个端点在圆周上BC劣弧上随机选取即可满足题意，则P（A）=2π故选：B．【点睛】本题考查了几何概型中的角度型，属于基础题．9、C【解析】分析：先根据直观图画法得底不变，为2，再研究高，最后根据三角形面积公式求结果.详解：因为根据直观图画法得底不变，为2，高为，所以直观图的面积是选C.点睛：本题考查直观图画法，考查基本求解能力.10、D【解析】

结合题意，结合直线与平面垂直的判定和性质，得到两个直角三角形，取斜边的一半，即为外接球的半径，结合球表面积计算公式，计算，即可．【详解】过P点作，结合平面ABC平面PAC可知，，故，结合可知，，所以，结合所以,所以，故该外接球的半径等于，所以球的表面积为，故选D．【点睛】考查了平面与平面垂直的性质，考查了直线与平面垂直的判定和性质，难度偏难．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

设等差数列的公差为，由，可求出的值，结合，可以求出的值，利用等差数列的通项公式，可得，再利用，可以求出的值.【详解】设等差数列的公差为，因为，所以，又因为，所以，而.【点睛】本题考查了等差数列的通项公式以及等差数列的前项和公式，考查了数学运算能力.12、【解析】

设圆锥的底面半径为，母线长为，由圆锥的侧面积、圆面积公式列出方程组求解，代入圆锥的体积公式求解．【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，其侧面积为，底面积为，则，解得，，∴高＝＝＝，∴＝＝．故答案为：．【点睛】本题考查圆锥的体积的求法，考查圆锥的侧面积、底面积、体积公式等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．13、【解析】因为，所以，故答案为.14、【解析】

记,则,则可求出,设,,得,,故结合余弦定理可得,解得的值,即可求,进而求的值.【详解】根据题意,不妨设,,则,因,所以,设,由,得,又,所以,故由余弦定理可得,即,整理得:,即,所以,所以,所以,故答案为:.【点睛】本题主要考查了余弦定理在解三角形中的综合应用以及同角三角函数的基本关系式,属于中档题.15、【解析】正方体体积为8，可知其边长为2，正方体的体对角线为=2，即为球的直径，所以半径为，所以球的表面积为=12π．故答案为：12π．点睛：设几何体底面外接圆半径为,常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求.若长方体长宽高分别为则其体对角线长为;长方体的外接球球心是其体对角线中点.找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心.三棱锥三条侧棱两两垂直,且棱长分别为，则其外接球半径公式为:.16、-3【解析】试题分析：由两直线平行可得：，经检验可知时两直线重合，所以．考点：直线平行的判定．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）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】

（1）连结交于，连结，先证明，再证明平；（2）取的中点为，连结，，，先证明平面，再证明平面平面．【详解】证明：（1）连结交于，连结，由于棱柱的侧面是平行四边形，故为的中点，又为的中点，故是的中位线，所以，又平面，平面，所以平面．（2）取的中点为，连结，，，在中，，由，知为正三角形，故，又，，故，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面．【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明，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，属于基础题.18、（2）an＝n；bn＝2n﹣2（2）Tn＝（n﹣2）•2n+2【解析】

（2）运用数列的递推式，以及等比数列的通项公式可得bn，{an}是公差为的等差数列，运用等差数列的通项公式可得首项和公差，可得所求通项公式；

（2）求得，由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，即可得到所求和．【详解】（2）2bn＝b2（2+Sn），bn≠0，n＝2时，2b2＝b2（2+S2）＝b2（2+b2），解得b2＝2，n≥2时，2bn﹣2＝2+Sn﹣2，且2bn＝2+Sn，相减可得2bn﹣2bn﹣2＝Sn﹣Sn﹣2＝bn，即bn＝2bn﹣2，可得bn＝2n﹣2，设{an}是公差为d的等差数列，a2b2＝4，a7+b3＝2即为a2+d＝2，a2+6d＝7，解得a2＝d＝2，可得an＝n；（2）cn＝anbn＝n•2n﹣2，前n项和，，两式相减可得﹣Tn＝2+2+4+…+2n﹣2﹣n2nn2n，化简可得Tn＝（n﹣2）2n+2．【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的递推式和数列的错位相减法求和，化简运算能力，属于中档题．19、（1）证明见解析；（2）；（3），证明见解析.【解析】

（1）根据题意得到，，面从而得到线线垂直；（2）由图形特点得到面，代入数据可得到体积值；（3）证明平面，利用平面平面，可得．.【详解】（）证明：∵面，面，∴，又∵，面，面，，∴面，（）∵底面为平行四边形，面，∴面，∴．（）．证明：∵底面为平行四边形，∴，∵面，面，∴面，又∵面面，面，∴．20、（1）；（2）【解析】

（1）由二倍角公式，并结合辅助角公式可得，再利用周期可求出答案；（2）由的范围，可求得的范围，