甘肃省天水市秦州区天水一中2023年高一数学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注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．已知直线：，：，：，若且，则的值为A． B．10 C． D．22．如图所示是一样本的频率分布直方图，则由图形中的数据，可以估计众数与中位数分别是（）A．12.5；12.5 B．13；13 C．13；12.5 D．12.5；133．数列，…的一个通项公式是（）A．B．C．D．4．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是C1D1，CC1的中点，则异面直线AE与BF所成角的余弦值为（）A． B． C． D．5．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．26．向量，，若，则（）A．5 B． C． D．7．已知数列是各项均为正数且公比不等于1的等比数列，对于函数，若数列为等差数列，则称函数为“保比差数列函数”，现有定义在上的如下函数：①，②，③；④，则为“保比差数列函数”的所有序号为（）A．①② B．①②④ C．③④ D．①②③④8．已知两点，，若点是圆上的动点，则△面积的最小值是A． B．6 C．8 D．9．已知等比数列，若，则()A． B． C．4 D．10．为了了解某次数学竞赛中1000名学生的成绩,从中抽取一个容量为100的样本,则每名学生成绩入样的机会是()A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．从分别写有1，2，3，4，5的五张卡片中，任取两张，这两张卡片上的数字之差的绝对值等于1的概率为________．12．如图是一个算法流程图.若输出的值为4，则输入的值为______________.13．在等比数列中，，公比，若，则的值为．14．382与1337的最大公约数是__________.15．如图，圆锥形容器的高为圆锥内水面的高为，且，若将圆锥形容器倒置，水面高为，则等于__________．（用含有的代数式表示）16．已知等比数列的前项和为，若，且，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．在中，角，，的对边分别为，，.且满足.（Ⅰ)求角；（Ⅱ)若的面积为，，求边.18．已知数列的前项和为，满足，，数列满足，，且.（1）求数列的通项公式；（2）求证：数列是等差数列，求数列的通项公式；（3）若，数列的前项和为，对任意的，都有，求实数的取值范围.19．某厂每年生产某种产品万件，其成本包含固定成本和浮动成本两部分.已知每年固定成本为20万元，浮动成本，.若每万件该产品销售价格为40万元，且每年该产品产销平衡.（1）设年利润为（万元），试求与的关系式；（2）年产量为多少万件时，该厂所获利润最大？并求出最大利润.20．已知函数（）的一段图象如图所示.（1）求函数的解析式；（2）若，求函数的值域.21．已知数列{bn}的前n项和，n∈N*．（1）求数列{bn}的通项公式；（2）记，求数列{cn}的前n项和Sn；（3）在（2）的条件下，记，若对任意正整数n，不等式恒成立，求整数m的最大值．

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】

由且，列出方程，求得，，解得的值，即可求解．【详解】由题意，直线：，：，：，因为且，所以，且，解得，，所以．故选C．【点睛】本题主要考查了两直线的位置关系的应用，其中解答中熟记两直线的位置关系，列出方程求解的值是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．2、D【解析】分析：根据频率分布直方图中众数与中位数的定义和计算方法，即可求解频率分布直方图的众数与中位数的值.详解：由题意，频率分布直方图中最高矩形的底边的中点的横坐标为数据的众数，所以中间一个矩形最该，故数据的众数为，而中位数是把频率分布直方图分成两个面积相等部分的平行于轴的直线横坐标，第一个矩形的面积为，第二个矩形的面积为，故将第二个矩形分成即可，所以中位数是，故选D.点睛：本题主要考查了频率分布直方图的中位数与众数的求解，其中频率分布直方图中小矩形的面积等于对应的概率，且各个小矩形的面积之和为1是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.3、D【解析】试题分析：由题意得，可采用验证法，分别令，即可作出选择，只有满足题意，故选D．考点：归纳数列的通项公式．4、D【解析】

以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，再利用向量法求出异面直线AE与BF所成角的余弦值．【详解】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，E，F分别是C1D1，CC1的中点，A（2，0，0），E（0，1，2），B（2，2，0），F（0，2，1），＝（﹣2，1，2），＝（﹣2，0，1），设异面直线AE与BF所成角的平面角为θ，则cosθ＝＝＝,∴异面直线AE与BF所成角的余弦值为．故选D．【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，注意向量法的合理运用，属于基础题.5、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。6、A【解析】

由已知等式求出，再根据模的坐标运算计算出模．【详解】由得，解得．∴，，．故选：A．【点睛】本题考查求向量的模，考查向量的数量积，及模的坐标运算．掌握数量积和模的坐标表示是解题基础．7、B【解析】

设数列{an}的公比为q（q≠1），利用保比差数列函数的定义，逐项验证数列{lnf（an）}为等差数列，即可得到结论．【详解】设数列{an}的公比为q（q≠1）①由题意，lnf（an）＝ln，∴lnf（an+1）﹣lnf（an）＝lnlnlnlnq是常数，∴数列{lnf（an）}为等差数列，满足题意；②由题意，lnf（an）＝ln，∴lnf（an+1）﹣lnf（an）＝lnlnlnq2＝2lnq是常数，∴数列{lnf（an）}为等差数列，满足题意；③由题意，lnf（an）＝ln，∴lnf（an+1）﹣lnf（an）＝lnlnan+1﹣an不是常数，∴数列{lnf（an）}不为等差数列，不满足题意；④由题意，lnf（an）＝ln，∴lnf（an+1）﹣lnf（an）＝lnlnlnq是常数，∴数列{lnf（an）}为等差数列，满足题意；综上，为“保比差数列函数”的所有序号为①②④故选：B．【点睛】本题考查新定义，考查对数的运算性质，考查等差数列的判定，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．8、A【解析】

求得圆的方程和直线方程以及，利用三角换元假设，利用点到直线距离公式和三角函数知识可求得，代入三角形面积公式可求得结果.【详解】由题意知，圆的方程为：，直线方程为：，即设点到直线的距离：，其中当时，本题正确选项：【点睛】本题考查点到直线距离的最值的求解问题，关键是能够利用三角换元的方式将问题转化为三角函数的最值的求解问题.9、D【解析】

利用等比数列的通项公式求得公比，进而求得的值.【详解】∵，∴.故选：D.【点睛】本题考查等比数列通项公式，考查运算求解能力，属于基础题.10、A【解析】

因为随机抽样是等可能抽样，每名学生成绩被抽到的机会相等,都是.故选A.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

基本事件总数n，利用列举法求出这两张卡片上的数字之差的绝对值等于1包含的基本事件有4种情况，由此能求出这两张卡片上的数字之差的绝对值等于1的概率．【详解】从分别写有1，2，3，4，5的五张卡片中，任取两张，基本事件总数n，这两张卡片上的数字之差的绝对值等于1包含的基本事件有：（1，2），（2，3），（3，4），（4，5），共4种情况，∴这两张卡片上的数字之差的绝对值等于1的概率为p．故答案为．【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．12、-1【解析】

对的范围分类，利用流程图列方程即可得解．【详解】当时，由流程图得：令，解得：，满足题意．当时，由流程图得：令，解得：，不满足题意．故输入的值为：【点睛】本题主要考查了流程图知识，考查分类思想及方程思想，属于基础题．13、1【解析】

因为，，故答案为1．考点：等比数列的通项公式．14、191【解析】

利用辗转相除法，求382与1337的最大公约数.【详解】因为，，所以382与1337的最大公约数为191，故填：.【点睛】本题考查利用辗转相除法求两个正整数的最大公因数，属于容易题.15、【解析】

根据水的体积不变，列出方程，解出的值，即可得到答案.【详解】设圆锥形容器的底面面积为，则未倒置前液面的面积为，所以水的体积为，设倒置后液面面积为，则，所以，所以水的体积为，所以，解得.【点睛】本题主要考查了圆锥的结构特征，以及圆锥的体积的计算与应用，其中解答中熟练应用圆锥的结构特征，利用体积公式准确运算是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于中档试题.16、4或1024【解析】

当时得到，当时，代入公式计算得到，得到答案.【详解】比数列的前项和为，当时：易知，代入验证，满足，故当时：故答案为：4或1024【点睛】本题考查了等比数列，忽略掉的情况是容易发生的错误.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】

（Ⅰ）由正弦定理，两角和的正弦函数公式，同角三角函数基本关系式化简已知等式可得，结合范围，可得．（Ⅱ）由已知利用三角形的面积公式可得：，进而根据余弦定理可得的值．【详解】（Ⅰ)由得：∴∴又∴，即.又，∴（Ⅱ)∵的面积为，∴∴又，∴，即【点睛】本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想．18、（1）；（2）证明见解析，；（3）或.【解析】

（1）运用数列的递推式以及数列的和与通项的关系可得，再由等比数列的定义、通项公式可得结果；（2）对等式两边除以，结合等差数列的定义和通项公式，可得所求；（3）求得，由数列的错位相减法求和，可得，化简,即，对任意的成立，运用数列的单调性可得最大值，解不等式可得所求范围．【详解】(1)，可得，即；时,,又，相减可得,即，则；(2)证明：，可得，可得是首项和公差均为1的等差数列，可得,即；(3)，前n项和为，，相减可得，可得，,即为，即,对任意的成立，由，可得为递减数列，即n=1时取得最大值1−2=−1，可得，即或.【点睛】“错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.19、（1）；（2）产量（万件）时，该厂所获利润最大为100万元．【解析】

（1）由销售收入减去成本可得利润；（2）分段求出的最大值，然后比较可得．【详解】（1）由题意；即；（2）时，，时，，当时，在是递增，在上递减，时，综上，产量（万件）时，该厂所获利润最大为100万元．【点睛】本题考查函数模型的应用，根据所给函数模型求出函数解析式，然后由分段函数性质分段求出最大值，比较后得出函数最大值．考查学生的应用能力．20、（1）；（2）【解析】

（1）由函数的一段图象求得、、和的值即可；（2）由，求得的取值范围，再利用正弦函数的性质求得的最大和最小值即可．【详解】解：（1）由函数的一段图象知，，，，解得，又时，，，，解得，；，函数的解析式为；（2）当时，，令，解得，此时取得最大值为2；令，解得，此时取得最小值为；函数的值域为．【点睛】本题考查了函数的图象和性质的应用问题，属于基础题．21、(1)bn＝3n﹣2，n∈N*．(2)；(3)最大值为1．【解析】

（1）利用，求得数列的通项公式.（2）利用裂项求和法求得数列的前项和.（3）由（2）求得的表达式，记不等式左边为，利用差比较法判断出的单调性，进而求得的最小值，由此列不等式求得的