上海宝山同洲模范学校2023年数学高一第二学期期末教学质量检测试题含解析

2022-2023学年高一下数学期末模拟试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．为了了解运动员对志愿者服务质量的意见，打算从1200名运动员中抽取一个容量为40的样本，考虑用系统抽样，则分段间隔为A．40 B．20 C．30 D．122．如图，两点为山脚下两处水平地面上的观测点，在两处观察点观察山顶点的仰角分别为，若，，且观察点之间的距离比山的高度多100米，则山的高度为（）A．100米 B．110米 C．120米 D．130米3．如果存在实数，使成立，那么实数的取值范围是（）A． B．或C．或 D．或4．已知，则使得都成立的取值范围是().A． B． C． D．5．若直线经过点，则此直线的倾斜角是（）A． B． C． D．6．已知函数的导函数的图象如图所示，则（）A．既有极小值，也有极大值 B．有极小值，但无极大值C．有极大值，但无极小值 D．既无极小值，也无极大值7．已知为等差数列的前项和，，，则（）A．2019 B．1010 C．2018 D．10118．直线与圆相交于M，N两点，若．则的取值范围是（）A． B． C． D．9．若为圆的弦的中点，则直线的方程是（）A． B．C． D．10．如直线与平行但不重合，则的值为（）．A．或2 B．2 C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．当，时，执行完如图所示的一段程序后，______.12．某工厂生产三种不同型号的产品,产品数量之比依次为，现用分层抽样方法抽出一个容量为的样本,样本中种型号产品有16件,那么此样本的容量=13．在等差数列中，公差不为零，且、、恰好为某等比数列的前三项，那么该等比数列公比的值等于____________．14．已知函数,为的反函数,则_______(用反三角形式表示).15．已知数列满足：，，则_____.16．已知数列中，，，则数列通项___________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．已知数列的前项和，且满足.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）求数列的前项和.18．已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P（）．（Ⅰ）求sin（α+π）的值；（Ⅱ）若角β满足sin（α+β）=，求cosβ的值．19．设数列是公差为2的等差数列，数列满足，，．（1）求数列、的通项公式；（2）求数列的前项和；（3）设数列，试问是否存在正整数，，使，，成等差数列？若存在，求出，的值；若不存在，请说明理由.20．已知曲线上的任意一点到两定点、距离之和为，直线交曲线于两点，为坐标原点．（1）求曲线的方程；（2）若不过点且不平行于坐标轴，记线段的中点为，求证：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；（3）若直线过点，求面积的最大值，以及取最大值时直线的方程．21．已知圆，直线.圆与轴交于两点，是圆上不同于的一动点，所在直线分别与交于.（1）当时，求以为直径的圆的方程；（2）证明：以为直径的圆截轴所得弦长为定值.

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】

根据系统抽样的定义和方法，结合题意可分段的间隔等于个体总数除以样本容量，即可求解.【详解】根据系统抽样的定义和方法，结合题意可分段的间隔，故选C.【点睛】本题主要考查了系统抽样的定义和方法，其中解答中熟记系统抽样的定义和方法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.2、A【解析】

设山的高度为，求出AB=2x，根据，求出山的高度.【详解】设山的高度为，如图，由，有.在中，，有，又由观察点之间的距离比山的高度多100，有.故山的高度为100.故选A【点睛】本题主要考查解三角形的实际应用，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.3、A【解析】

根据，可得，再根据基本不等式取等的条件可得答案.【详解】因为，所以，即，即，又（当且仅当时等号成立）所以，所以.故选：A【点睛】本题考查了余弦函数的值域，考查了基本不等式取等的条件，属于中档题.4、B【解析】

先解出不等式的解集，得到当时，不等式的解集，最后求出它们的交集即可.【详解】因为，所以，因为，所以，要想使得都成立，所以取值范围是，故本题选B.【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，考查了不等式的性质应用，考查了数学运算能力.5、D【解析】

先通过求出两点的斜率，再通过求出倾斜角的值。【详解】，选D.【点睛】先通过求出两点的斜率，再通过求出倾斜角的值。需要注意的是斜率不存在的情况。6、B【解析】由导函数图象可知，在上为负，在上非负，在上递减，在递增，在处有极小值，无极大值，故选B.7、A【解析】

利用基本元的思想，将已知条件转化为和的形式，列方程组，解方程组求得，进而求得的值.【详解】由于数列是等差数列，故，解得，故.故选：A.【点睛】本小题主要考查等差数列通项公式和前项和公式的基本量计算，属于基础题.8、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9、D【解析】

圆的圆心为O，求出圆心坐标，利用垂径定理，可以得到，求出直线的斜率，利用两直线垂直斜率关系可以求出直线的斜率，利用点斜式写出直线方程，最后化为一般式方程.【详解】设圆的圆心为O，坐标为（1，0），根据圆的垂径定理可知：，因为，所以，因此直线的方程为，故本题选D.【点睛】本题考查了圆的垂径定理、两直线垂直斜率的关系，考查了斜率公式.10、C【解析】

两直线斜率相等，且截距不相等。【详解】解析：由题意得，，解得或2，经检验时两直线重合，故.故选C.【点睛】本题考查两直线平行，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、1【解析】

模拟程序运行，可得出结论．【详解】时，满足，所以．故答案为：1．【点睛】本题考查程序框图，考查条件结构，解题时模拟程序运行即可．12、1．【解析】

解：A种型号产品所占的比例为2/(2+3+5)=2/10，16÷2/10=1，故样本容量n=1，13、4【解析】

由题意将表示为的方程组求解得，即可得等比数列的前三项分别为﹑、，则公比可求【详解】由题意可知，，又因为，，代入上式可得，所以该等比数列的前三项分别为﹑、，所以.故答案为：4【点睛】本题考查等差等比数列的基本量计算，考查计算能力，是基础题14、【解析】

先将转化为，，然后求出即可【详解】因为所以所以所以所以把与互换可得即所以故答案为：【点睛】本题考查的是反函数的求法，较简单15、【解析】

从开始，直接代入公式计算，可得的值.【详解】解：由题意得：，，，，故答案为：.【点睛】本题主要考查数列的递推公式及数列的性质，相对简单.16、【解析】分析：在已知递推式两边同除以，可得新数列是等差数列，从而由等差数列通项公式求得，再得．详解：∵，∴两边除以得，，即，∵，∴，∴是以为首项，以为公差的等差数列，∴，∴．故答案为．点睛：在求数列公式中，除直接应用等差数列和等比数列的通项公式外，还有一种常用方法：对递推式化简变形，可构造出新数列为等差数列或等比数列，再由等差（比）数列的通项公式求出结论．这是一种转化与化归思想，必须掌握．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】

(1)本题可令求出的值，然后令求出，即可求出数列的通项公式；(2)首先可令，然后根据错位相减法即可求出数列的前项和。【详解】(1)当，，得.当时，，,两式相减，得，化简得，所以数列是首项为、公比为的等比数列，所以。(2)由(1)可知，令，则①，两边同乘以公比，得到②，由①②得：所以。【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：错位相减法、裂项相消法、公式法、分组求和法等，属于中等题。18、（Ⅰ）；（Ⅱ）或.【解析】

分析：（Ⅰ）先根据三角函数定义得，再根据诱导公式得结果，（Ⅱ）先根据三角函数定义得，再根据同角三角函数关系得，最后根据，利用两角差的余弦公式求结果.【详解】详解：（Ⅰ）由角的终边过点得，所以.（Ⅱ）由角的终边过点得，由得.由得，所以或.点睛：三角函数求值的两种类型(1)给角求值：关键是正确选用公式，以便把非特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数.(2)给值求值：关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异.①一般可以适当变换已知式，求得另外函数式的值，以备应用；②变换待求式，便于将已知式求得的函数值代入，从而达到解题的目的.19、(1)；.(2)(3)存在，或者，【解析】

（1）令，得，故，代入等式得到，计算得到.（2）利用错位相减法得到前N项和.（3），假设存在正整数，，使成等差数列，则，解得或者.【详解】（1）令，得，所以将代入，得所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，即.（2）两式相减得到化简得到.（3），假设存在正整数，，使成等差数列则，即，因为，为正整数，所以存在或者，使得成等差数列.【点睛】本题考查了等差数列，等比数列的通项公式，错位相减法，综合性大，技巧性强，意在考查学生的综合应用能力.20、（1）（2）证明见解析；（3）或【解析】

（1）利用椭圆的定义可知曲线为的椭圆，直接写出椭圆的方程．（2）设直线，设，联立直线方程与椭圆方程，通过韦达定理求解KOM，然后推出直线OM的斜率与的斜率的乘积为定值．（3）设直线方程是与椭圆方程联立，根据面积公式，代入根与系数的关系，利用换元和基本不等式求最值.【详解】（1）由题意知曲线是以原点为中心，长轴在轴上的椭圆，设其标准方程为，则有，所以，∴.（2）证明：设直线的方程为，设则由可得，即∴，∴，，，∴直线的斜率与的斜率的乘积=为定值（3）点，由可得，，解得∴设当时，取得最大值.此时，即所以直线方程是【点睛】本题考查椭圆定义及方程、韦达定理的应用及三角形面积的范围等问题，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，函数与方程思想，是中档题．21、（1）；（2）证明见解析.【解析】

（1）讨论点的位置，根据直线的方程，直线的方程分别与直线方程联立，得出的坐标，进而得出圆心坐标以及半径，即可得出该圆的方程；（2）讨论点的位置，根据直角三角形的边角关系得出的坐标，进而得出圆心坐标以及半径，再由圆的弦长公式化简即可证明.【详解】（1）由圆的方程可知，①当点在第一象限时，如下图所示当时，，所以直线的方程为由，解得直线的方程为由，解得则的中点坐标为，所以以为直径的圆的方程为