上海市曹阳二中2023年高一数学第二学期期末学业质量监测试题含解析

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．从3位男运动员和4位女运动员中选派3人参加记者招待会，至少有1位男运动员和1位女运动员的选法有（）种A． B． C． D．2．已知平面向量，，且，则等于（）A． B． C． D．3．设是等比数列，有下列四个命题：①是等比数列；②是等比数列；③是等比数列；④是等差数列．其中正确命题的个数是()A． B． C． D．4．已知两个变量x，y之间具有线性相关关系，试验测得(x，y)的四组值分别为(1,2)，(2,4)，(3,5)，(4,7)，则y与x之间的回归直线方程为()A．y＝0.8x＋3 B．y＝－1.2x＋7.5C．y＝1.6x＋0.5 D．y＝1.3x＋1.25．()A． B． C． D．6．甲、乙两人约定晚6点到晚7点之间在某处见面，并约定甲若早到应等乙半小时，而乙还有其他安排，若他早到则不需等待，则甲、乙两人能见面的概率（）A． B． C． D．7．执行如图所示的程序框图，若输入的a，b的值分别为1，1，则输出的是（）A．29 B．17 C．12 D．58．在中，已知角的对边分别为，若，，，，且，则的最小角的余弦值为（）A． B． C． D．9．已知等差数列的前项和为，若，则的值为A．10 B．15 C．25 D．3010．已知,,,,则()A． B．C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是以原点O为圆心的单位圆上的两点，∠P1OP2＝θ(θ为钝角)．若，则x1x2＋y1y2的值为_____．12．设，向量，，若，则__________．13．向边长为的正方形内随机投粒豆子，其中粒豆子落在到正方形的顶点的距离不大于的区域内（图中阴影区域），由此可估计的近似值为______.（保留四位有效数字）14．如图，在正方体中，点是线段上的动点，则直线与平面所成的最大角的余弦值为________.15．已知函数f(x)＝Atan(ωx＋φ)(ω＞0，|φ|＜)，y＝f(x)的部分图象如图所示，则f()＝________.16．函数的最小正周期为__________．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，等边所在的平面与菱形所在的平面垂直，分别是的中点.（1）求证：平面；（2）若，，求三棱锥的体积18．某百货公司1～6月份的销售量与利润的统计数据如下表：月份123456销售量x（万件）1011131286利润y（万元）222529261612附：（1）根据2～5月份的统计数据，求出关于的回归直线方程（2）若由回归直线方程得到的估计数据与剩下的检验数据的误差均不超过万元，则认为得到的回归直线方程是理想的，试问所得回归直线方程是否理想？（参考公式：，）19．设等比数列{}的首项为，公比为q(q为正整数),且满足是与的等差中项；数列{}满足.(1)求数列{}的通项公式;(2)试确定的值，使得数列{}为等差数列：(3)当{}为等差数列时，对每个正整数是，在与之间插入个2,得到一个新数列{}，设是数列{}的前项和，试求满足的所有正整数.20．在中，边所在的直线方程为，其中顶点的纵坐标为1，顶点的坐标为.（1）求边上的高所在的直线方程；（2）若的中点分别为，，求直线的方程.21．在直角坐标系中，已知以点为圆心的及其上一点.（1）设圆与轴相切，与圆外切，且圆心在直线上，求圆的标准方程；（2）设平行于的直线与圆相交于两点，且，求直线的方程.

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】

利用分类原理，选出的3人中，有1男2女，有2男1女，两种情况相加得到选法总数.【详解】（1）3人中有1男2女，即；（2）3人中有2男1女，即；所以选法总数为，故选C.【点睛】分类加法原理和分步乘法原理进行计算时，要注意分类的标准，不出现重复或遗漏情况，本题若是按先选1个男的，再选1个女的，最后从剩下的5人中选1人，则会出现重复现象.2、B【解析】

先由求出，然后按照向量的坐标运算法则算出答案即可【详解】因为，，且所以，即，所以所以故选：B【点睛】若，则3、C【解析】

设，得到，，，再利用举反例的方式排除③【详解】设，则：，故是首项为，公比为的等比数列，①正确，故是首项为，公比为的等比数列，②正确取，则，不是等比数列，③错误.，故是首项为，公差为的等差数列，④正确故选：C【点睛】本题考查了等差数列，等比数列的判断，找出反例可以快速的排除选项，简化运算，是解题的关键.4、C【解析】试题分析：设样本中线点为，其中，即样本中心点为，因为回归直线必过样本中心点，将代入四个选项只有B,C成立，画出散点图分析可知两个变量x，y之间正相关，故C正确．考点：回归直线方程5、A【解析】

将根据诱导公式化为后，利用两角和的正弦公式可得.【详解】.故选：A【点睛】本题考查了诱导公式，考查了两角和的正弦公式，属于基础题.6、A【解析】设甲到达时刻为，乙到达时刻为，依题意列不等式组为，画出可行域如下图阴影部分，故概率为.7、B【解析】

根据程序框图依次计算得到答案.【详解】结束，输出故答案选B【点睛】本题考查了程序框图的计算，属于常考题型.8、D【解析】

利用余弦定理求出和的表达式，由，结合正弦定理得出的表达式，利用余弦定理得出的表达式，可解出的值，于此确定三边长，再利用大边对大角定理得出为最小角，从而求出．【详解】，由正弦定理，即，，，，解得，由大边对大角定理可知角是最小角，所以，，故选D．【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查大边对大角定理，在解题时，要充分结合题中的已知条件选择正弦定理和余弦定理进行求解，考查计算能力，属于中等题．9、B【解析】

直接利用等差数列的性质求出结果．【详解】等差数列{an}的前n项和为Sn，若S17＝85，则：85，解得：a9＝5，所以：a7+a9+a11＝3a9＝1．故选：B．【点睛】本题考查的知识要点：等差数列的通项公式的应用，及性质的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题．10、C【解析】

分别求出的值再带入即可．【详解】因为,所以因为,所以所以【点睛】本题考查两角差的余弦公式．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】

先利用平面向量数量积的定义和坐标运算得到，再利用两角和的正弦公式和平方关系进行求解.【详解】根据题意知，又P1，P2在单位圆上，，即x1x2＋y1y2＝cosθ；∵①又sin2θ＋cos2θ＝1②且θ为钝角，联立①②求得cosθ＝－.【点睛】本题主要考查平面向量的数量积定义和坐标运算、两角和的正弦公式，意在考查学生的逻辑思维能力和基本运算能力，属于中档题．12、【解析】从题设可得，即，应填答案．13、3.1【解析】

根据已知条件求出满足条件的正方形的面积，及到顶点的距离不大于1的区域（图中阴影区域）的面积比值等于频率即可求出答案．【详解】依题意得，正方形的面积，阴影部分的面积，故落在到正方形的顶点的距离不大于1的区域内（图中阴影区域）的概率，随机投10000粒豆子，其中1968粒豆子落在到正方形的顶点的距离不大于1的区域内（图中阴影区域）的频率为：，即有：，解得：，故答案为3.1．【点睛】几何概型的概率估算公式中的“几何度量”，可以为线段长度、面积、体积等，而且这个“几何度量”只与“大小”有关，而与形状和位置无关．解决的步骤均为：求出满足条件的基本事件对应的“几何度量”（A），再求出总的基本事件对应的“几何度量”，最后根据求解．利用频率约等于概率，即可求解。14、【解析】

作的中心，可知平面，所以直线与平面所成角为，当在中点时，最大，求出即可。【详解】设正方体的边长为1，连接，由于为正方体，所以为正四面体，棱长为，为等边三角形，作的中心，连接，，由于为正四面体，为的中心，所以平面，所以为直线与平面所成角，则当在中点时，最大，当在中点时，由于为正四面体，棱长为，等边三角形，为的中心，所以，，所以直线与平面所成的最大角的余弦值为故直线与平面所成的最大角的余弦值为故答案为【点睛】本题考查线面所成角，解题的关键是确定当在中点时，最大，考查学生的空间想象能力以及计算能力。15、3【解析】

根据图象看出周期、特殊点的函数值，解出待定系数即可解得.【详解】由图可知：解得又因：所以又因：即所以又所以又因：所以即所以所以所以故得解.【点睛】本题考查由图象求正切函数的解析式，属于中档题。16、【解析】

先将转化为余弦的二倍角公式,再用最小正周期公式求解.【详解】解：最小正周期为.故答案为【点睛】本题考查二倍角的余弦公式,和最小正周期公式.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）.【解析】

解法一：（1）取中点，连接，，证出，利用线面平行的判定定理即可证出.（2）取中点，连接，利用面面垂直的性质定理可得平面，过作于，可得平面，由即可求解.解法二：（1）取中点，连接，证出平面，平面，利用面面平行的判定定理可证出平面平面，再利用面面平行的性质定理即可证出.（2）取中点，连接，根据面面垂直的性质定理可得平面，再由，利用三棱锥的体积公式即可求解.【详解】解法一：（1）取中点，连接，.因为分别是的中点，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）取中点，连接，则，且，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面同理，在平面内，过作于，则平面，且，因为为的中点，所以，所以，.解法二：（1）取中点，连接，因为为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面.因为，且，所以四边形为平行四边形，故，因为平面，平面，所以平面，因为，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面.（2）取中点，连接，依题意，为等边三角形，所以，且.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.因为是的中点，所以，所以.【点睛】本小题主要考查几何体的体积及、直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想等.18、(1)；（2）见解析.【解析】

（1）求出，由公式，得的值，从而求出的值，从而得到关于的线性回归方程；（2）将月份和月份的销售量值代入回归直线方程，求出预测值，并计算预测值与实际值之间的误差，结合题意来判断（1）中所得回归直线方程是否理想。【详解】（1）计算得，，，则，；故关于的回归直线方程为．（2）当时，，此时；当时，，此时．故所得的回归直线方程是理想的．【点睛】本题考查回归直线方程的应用，解题的关键就是弄清楚最小二乘法公式，并准确代入数据计算，着重考察计算能力，属于中等题。19、（1）；（2）；（3）.【解析】

（1）由已知可求出的值，从而可求数列的通项公式；（2）由已知可求，从而可依次写出，，若数列为等差数列，则有，从而可确定的值；（3）因为，，，检验知，3，4不合题意，适合题意．当时，若后添入的数则一定不适合题意，从而必定是数列中的某一项，设则误解，即有都不合题意．故满足题意的正整数只有．【详解】解（1）因为，所以，解得或（舍），则又，所以（2）由，得，所以，，，则由，得而当时，，由（常数）知此时数列为等差数列（3）因为，易知不合题意，适合题意当时，若后添入的数，则一定不适合题意，从而必是数列中的某一项，则.整理得，等式左边为偶数，等式右边为奇数，所以无解。综上：符合题意的正整数.【点睛】本题主要考察了等差数列与等比数列的综合应用，考察了函数单调性的证明，属于中档题．20、（1）；（2）【解析】

（1）由题易知边上的高过,斜率为3，可得结果.（1）求得点A的坐标可得点E的坐标，易知直线EF和直线AB的斜率一样，可得方程.【详解】（1）边上的高过,因为边上的高所在的直线与所在的直线互相垂直，故其斜率为3,方程为:(2)由题点坐标为,的中点是的一条中位线,所以,，其斜率为：，所以的斜率为所以直线的方程为：化简可得：.【点睛】本题考查了直线方程的求法，主要考查直线的点斜式方程，以及化简为一般式，属于基础题.21、（1）；（2）或【解析】

（1）由圆的方程求得圆心坐标和半径，依题意可设圆的方程为