江西省高安二中2023年数学高一下期末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注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．向量，，若，则（）A．2 B． C． D．2．已知，若，则的值是（）.A．-1 B．1 C．2 D．-23．若直线与平行，则实数的值为（）A．或 B． C． D．4．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．5．若扇形的面积为、半径为1，则扇形的圆心角为（）A． B． C． D．6．集合，则（）A． B． C． D．7．已知某几何体的三视图是如图所示的三个直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为（）A．17π B．34π C．51π D．68π8．已知的顶点坐标为，，，则边上的中线的长为（）A． B． C． D．9．如图，在正方体，点在线段上运动，则下列判断正确的是（）①平面平面②平面③异面直线与所成角的取值范围是④三棱锥的体积不变A．①② B．①②④ C．③④ D．①④10．在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若，，，则解的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．不确定二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．在中，角，，的对边分别为，，，若，则________.12．已知数列的前项和为，则其通项公式__________．13．在中，为边中点，且，，则______.14．函数的最小正周期是__________.15．已知的圆心角所对的弧长等于，则该圆的半径为______.16．如图，为了测量树木的高度，在处测得树顶的仰角为，在处测得树顶的仰角为，若米，则树高为______米.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f（α）=，其中α≠kπ（k∈Z）．（1）化简f（α）；（2）若f（+β）=-，β是第四象限的角，求sin（2β+）的值．18．在中，角所对的边分别为．（1）若，求角的大小；（2）若是边上的中线，求证：．19．已知且，比较与的大小.20．如图，在正三棱柱中，边的中点为，．⑴求三棱锥的体积；⑵点在线段上，且平面，求的值．21．已知．（1）化简；（2）若，且，求的值．

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、C【解析】试题分析：，，得得，故选C.考点：向量的垂直运算，向量的坐标运算.2、C【解析】

先求出的坐标，再利用向量平行的坐标表示求出c的值.【详解】由题得，因为，所以2(c-2)-2×0=0，所以c=2.故选C【点睛】本题主要考查向量的坐标计算和向量共线的坐标表示，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.3、B【解析】

利用直线与直线平行的性质求解．【详解】∵直线与平行，解得a＝2或a＝﹣2．∵当a＝﹣2时，两直线重合，∴a＝2．故选B．【点睛】本题考查满足条件的实数值的求法，是基础题，解题时要注意两直线的位置关系的合理运用．4、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．5、B【解析】设扇形的圆心角为α，则∵扇形的面积为，半径为1，

∴故选B6、C【解析】

先求解不等式化简集合A和B，再根据集合的交集运算求得结果即可.【详解】因为集合，集合或，所以.故本题正确答案为C.【点睛】本题考查一元二次不等式，分式不等式的解法和集合的交集运算，注意认真计算，仔细检查，属基础题.7、B【解析】

由三视图还原出原几何体，得几何体的结构（特别是垂直关系），从而确定其外接球球心位置，得球半径．【详解】由三视图知原几何体是三棱锥，如图，平面，平面．由这两个线面垂直，得，因此的中点到四顶点的距离相等，即为外接球球心．由三视图得，，∴．故选：B.【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积，考查三视图．解题关键是由三视图还原出原几何体，确定几何体的结构，找到外接球球心．8、D【解析】

利用中点坐标公式求得，再利用两点间距离公式求得结果.【详解】由，可得中点又本题正确选项：【点睛】本题考查两点间距离公式的应用，关键是能够利用中点坐标公式求得中点坐标.9、B【解析】

①连接DB1，容易证明DB1⊥面ACD1，从而可以证明面面垂直；②连接A1B，A1C1容易证明平面BA1C1∥面ACD1，从而由线面平行的定义可得；③分析出A1P与AD1所成角的范围，从而可以判断真假；④=，C到面AD1P的距离不变，且三角形AD1P的面积不变；【详解】对于①，连接DB1，根据正方体的性质，有DB1⊥面ACD1，DB1⊂平面PB1D，从而可以证明平面PB1D⊥平面ACD1，正确．②连接A1B，A1C1容易证明平面BA1C1∥面ACD1，从而由线面平行的定义可得A1P∥平面ACD1，正确．③当P与线段BC1的两端点重合时，A1P与AD1所成角取最小值，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取最大值，故A1P与AD1所成角的范围是，错误；④=，C到面AD1P的距离不变，且三角形AD1P的面积不变．∴三棱锥A﹣D1PC的体积不变，正确；正确的命题为①②④．故选B．【点睛】本题考查空间点、线、面的位置关系，空间想象能力，中档题．10、B【解析】

由题得，即得B＜A，即得三角形只有一个解.【详解】由正弦定理得,所以B只有一解，所以三角形只有一解.故选：B【点睛】本题主要考查正弦定理判定三角形的个数，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，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】

利用余弦定理与不等式结合的思想求解，，的关系．即可求解的值．【详解】解：根据①余弦定理②由①②可得：化简：，，，，,，此时，故得，即，．故答案为：．【点睛】本题主要考查了存在性思想，余弦定理与不等式结合的思想，界限的利用．属于中档题．12、【解析】分析：先根据和项与通项关系得当时，，再检验，时，不满足上述式子，所以结果用分段函数表示.详解：∵已知数列的前项和，∴当时，，当时，，经检验，时，不满足上述式子，故数列的通项公式．点睛：给出与的递推关系求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求.应用关系式时，一定要注意分两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.13、0【解析】

根据向量，，取模平方相减得到答案.【详解】两个等式平方相减得到：故答案为0【点睛】本题考查了向量的加减，模长，意在考查学生的计算能力.14、；【解析】

利用余弦函数的最小正周期公式即可求解.【详解】因为函数，所以，故答案为：【点睛】本题考查了含余弦函数的最小正周期，需熟记求最小正周期的公式，属于基础题.15、【解析】

先将角度化为弧度，再根据弧长公式求解．【详解】解：圆心角，弧长为，，即该圆的半径长．故答案为：．【点睛】本题考查了角度和弧度的互化以及弧长公式的应用问题，属于基础题．16、【解析】

先计算，再计算【详解】在处测得树顶的仰角为，在处测得树顶的仰角为则在中，故答案为【点睛】本题考查了三角函数的应用，也可以用正余弦定理解答.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）直接利用三角函数的诱导公式，化简运算，即可求解；（2）由，得，进一步求得，得到sin2与cos2，再由sin（2+）展开两角和的正弦求解．【详解】（1）由题意，可得=；（2）由f（+）==-，得sin．又β是第四象限的角，∴cos=．∴sin2，cos2．∴sin（2+）=sin2cos+cos2sin=．【点睛】本题主要考查了三角函数的化简求值，及诱导公式及两角差的正弦公式的应用，其中解答中熟记三家函数的恒等变换的公式，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．18、（1）；（2）见解析【解析】

（1）已知三边的关系且有平方，考虑化简式子构成余弦定理即可。（2）观察结论形似余弦定理，通过，则互补，则余弦值互为相反数联系。【详解】（1）∵，∴∴由余弦定理，得，∴∵，∴，∵，∴（2）设，，则在中，由余弦定理，得在中，同理，得∵，∴，∵，∴，∴【点睛】解三角形要注意观察题干条件所给的形式，出现边长平方一般会考虑用到余弦定理。正弦定理和余弦定理是我们解三角形的两大常用工具，需要熟练运用。19、详见解析【解析】

将两式作差可得，由、和可得大小关系.【详解】当且时，当时，当时，综上所述：当时，；当时，；当时，【点睛】本题考查作差法比较大小的问题，关键是能够根据所得的差进行分类讨论；易错点是忽略差等于零，即两式相等的情况.20、(1)(2)【解析】

（1）由题可得平面，故，从而求得三棱锥的体积；（2）连接交于，连接交于，连结，由平面可得，由正三棱柱的性质可得，从而得到的值．【详解】⑴因为为正三棱柱所以平面⑵连接交于，连接交于，连结因为//平面，平面，平面平面，所以，因为为正三棱柱，所以侧面和侧面为