2023年甘肃省金昌市永昌县四中数学高一第二学期期末监测试题含解析

2022-2023学年高一下数学期末模拟试卷注意事项1．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．若直线与直线互相平行，则的值等于（）A．0或或3 B．0或3 C．0或 D．或32．已知甲、乙两组数据用茎叶图表示如图所示，若它们的中位数相同，平均数也相同，则图中的的比值等于A． B． C． D．3．设，则（）A．3 B．2 C．1 D．04．已知函数的部分图象如图所示，则函数的表达式是（）A． B．C． D．5．如图所示，在ΔABC，已知∠A:∠B=1:2，角C的平分线CD把三角形面积分为3:2两部分，则cosAA．13 B．12 C．36．一个圆柱的母线长为5，底面半径为2，则圆柱的轴截面的面积是（）A．10 B．20 C．30 D．407．下列函数中周期为，且图象关于直线对称的函数是()A． B．C． D．8．不等式的解集为,则的值为(

)A． B．C． D．9．已知球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=1．∠ASC=∠BSC=45°则棱锥S—ABC的体积为()A． B． C． D．10．已知，，且，则在方向上的投影为()A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．函数的递增区间是__________.12．已知是边长为4的等边三角形，为平面内一点，则的最小值为__________．13．函数的图象过定点______.14．已知函数，（常数、），若当且仅当时，函数取得最大值1，则实数的数值为______.15．设，若用含的形式表示，则________.16．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体的所有棱长和为_______.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，菱形ABCD与正三角形BCE的边长均为2，且平面ABCD⊥平面BCE，平面ABCD，．(I)求证：平面ABCD；(II)求证：平面ACF⊥平面BDF．18．已知函数.（1）若，求函数有零点的概率；（2）若，求成立的概率.19．设数列的前项和.已知.（1）求数列的通项公式；（2）是否对一切正整数，有？说明理由.20．已知向量，，，设函数．（1）求的最小正周期；（2）求在上的最大值和最小值．21．已知向量，，且函数.若函数的图象上两个相邻的对称轴距离为.（Ⅰ)求函数的解析式；（Ⅱ)若方程在时，有两个不同实数根，，求实数的取值范围，并求出的值；（Ⅲ)若函数在的最大值为2，求实数的值.

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、D【解析】

根据直线的平行关系，列方程解参数即可.【详解】由题：直线与直线互相平行，所以，，解得：或.经检验，当或时，两条直线均平行.故选：D【点睛】此题考查根据直线平行关系求解参数的取值，需要熟记公式，注意考虑直线重合的情况.2、A【解析】

从茎叶图提取甲、乙两组数据中的原始数据，并按从小到大排列，分别得到中位数，并计算各自的平均数，再根据中位数、平均值相等得到关于的方程.【详解】甲组数据：，中位数为，乙组数据：，中位数为：，所以，所以，故选A.【点睛】本题考查中位数、平均数的概念与计算，对甲组数据排序时，一定是最大，乙组数据中一定是最小.3、B【解析】

先求内层函数，将所求值代入分段函数再次求解即可【详解】，则故选：B【点睛】本题考查分段函数具体函数值的求法，属于基础题4、D【解析】

根据函数的最值求得，根据函数的周期求得，根据函数图像上一点的坐标求得，由此求得函数的解析式.【详解】由题图可知，且即，所以，将点的坐标代入函数，得，即，因为，所以，所以函数的表达式为．故选D.【点睛】本小题主要考查根据三角函数图像求三角函数的解析式，属于基础题.5、C【解析】

由两个三角形的面积比，得到边ACCB=32，利用正弦定理【详解】∵角C的平分线CD，∴∠ACD=∠BCD∵S∴设AC=3x,CB=2x，∵∠A:∠B=1:2，设∠A=α,∠B=2α，在ΔABC中，利用正弦定理2xsin解得：cosα=【点睛】本题考查三角形面积公式、正弦定理在平面几何中的综合应用.6、B【解析】分析：要求圆柱的轴截面的面积，需先知道圆柱的轴截面是什么图形，圆柱的轴截面是矩形，由题意知该矩形的长、宽分别为，根据矩形面积公式可得结果.详解：因为圆柱的轴截面是矩形，由题意知该矩形的长是母线长，宽为底面圆的直径，所以轴截面的面积为，故选B.点睛：本题主要考查圆柱的性质以及圆柱轴截面的面积，属于简单题.7、B【解析】因为，所以选项A,B,C,D的周期依次为又当时，选项A,B,C,D的值依次为所以只有选项A,B关于直线对称，因此选B.考点：三角函数性质8、B【解析】

根据一元二次不等式解集与对应一元二次方程根的关系列方程组，解得a，c的值.【详解】由题意得为方程两根，所以，选B.【点睛】一元二次方程的根与对应一元二次不等式解集以及对应二次函数零点的关系，是数形结合思想，等价转化思想的具体体现，注意转化时的等价性.9、C【解析】如图所示,由题意知,在棱锥SABC中,△SAC,△SBC都是等腰直角三角形,其中AB=1,SC=4,SA=AC=SB=BC=1.取SC的中点D,易证SC垂直于面ABD,因此棱锥SABC的体积为两个棱锥SABD和CABD的体积和,所以棱锥SABC的体积V=SC·S△ADB=×4×=.10、C【解析】

通过数量积计算出夹角，然后可得到投影.【详解】，，即，，在方向上的投影为，故选C.【点睛】本题主要考查向量的几何背景，建立数量积方程是解题的关键，难度不大.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、；【解析】

先利用辅助角公式对函数化简，由可求解.【详解】函数，由，可得，所以函数的单调增区间为.故答案为：【点睛】本题考查了辅助角公式、正弦函数的图像与性质，需熟记公式与性质，属于基础题.12、-1.【解析】分析：可建立坐标系，用平面向量的坐标运算解题．详解：建立如图所示的平面直角坐标系，则，设，∴，易知当时，取得最小值.故答案为－1．点睛：求最值问题，一般要建立一个函数关系式，化几何最值问题为函数的最值，本题通过建立平面直角坐标系，把向量的数量积用点的坐标表示出来后，再用配方法得出最小值，根据表达式的几何意义也能求得最大值．13、【解析】

令真数为，求出的值，代入函数解析式可得出定点坐标.【详解】令，得，当时，.因此，函数的图象过定点.故答案为：.【点睛】本题考查对数型函数图象过定点问题，一般利用真数为来求得，考查计算能力，属于基础题.14、-1【解析】

先将函数转化成同名三角函数，再结合二次函数性质进行求解即可【详解】令，，对称轴为；当时，时函数值最大，，解得；当时，对称轴为，函数在时取到最大值，与题设矛盾；当时，时函数值最大，，解得；故的数值为：-1故答案为：-1【点睛】本题考查换元法在三角函数中的应用，分类讨论求解函数最值，属于中档题15、【解析】

两边取以5为底的对数，可得，化简可得，根据对数运算即可求出结果.【详解】因为所以两边取以5为底的对数，可得，即，所以，，故填.【点睛】本题主要考查了对数的运算法则，属于中档题.16、【解析】

取半正多面体的截面正八边形，设半正多面体的棱长为，过分别作于，于，可知，，可求出半正多面体的棱长及所有棱长和.【详解】取半正多面体的截面正八边形，由正方体的棱长为1，可知，易知，设半正多面体的棱长为，过分别作于，于，则，，解得，故该半正多面体的所有棱长和为.【点睛】本题考查了空间几何体的结构，考查了空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.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）见解析;（Ⅱ）见解析.【解析】(1)添加辅助线，通过证明线线平行来证明线面平行.(2)通过证明线面垂直面，来证明面面.（Ⅰ）证明：如图，过点作于，连接，∴．∵平面⊥平面，平面，平面平面，∴⊥平面，又∵⊥平面，，∴，.∴四边形为平行四边形．∴.∵平面，平面，∴平面．（Ⅱ）证明：面，，又四边形是菱形，，又，面，又面，从而面面．点晴：本题考查的是空间线面的平行和垂直关系.第一问要考查的是线面平行，通过先证明，得四边形为平行四边形．证得，可得平面，这里对于线面平行的条件平面，平面要写全;第二问中通过先证明面，再结合面，从而面面．18、（1）；（2）【解析】

（1）求得有零点的条件，运用古典概率的公式，计算可得所求；（2）若，即，画出不等式组表示的区域，计算面积可得所求．【详解】解：（1）函数有零点的条件为，即，，可得事件的总数为，而有零点的个数为，，，，，，共7个，则函数有零点的概率为；（2）若，即，画出的区域，可得成立的概率为．【点睛】本题考查古典概率和几何概率的求法，考查运算能力，属于基础题．19、（1）；（2）对一切正整数，有.【解析】

（1）运用数列的递推式，结合等差数列的定义和通项公式，可得所求；（2）对一切正整数n，有，考虑当时，，再由裂项相消求和，即可得证。【详解】（1）当时，两式做差得，，当时，上式显然成立，。（2）证明：当时，可得由可得即有<则当时，不等式成立。检验时，不等式也成立，综上对一切正整数n，有。【点睛】本题考查数列递推式，考查数列求和，考查裂项法的运用，确定数列的通项是关键．20、（1）（2）时，取最小值；时，取最大值1．【解析】

试题分析：（1）根据向量数量积、二倍角公式及配角公式得，再根据正弦函数性质得．（2）先根据得，，再根据正弦函数性质得最大值和最小值．试题解析：（1），最小正周期为．（2）当时，，由图象可知时单调递增，时单调递减，所以当，即时，取最小值；当，即时，取最大值1．21、（Ⅰ)；（Ⅱ)，；（Ⅲ）或【解析】

（Ⅰ)根据三角恒等变换公式化简，根据周期计算，从而得出的解析式；（Ⅱ)求出在，上的单调性，计算最值和区间端点函数值，从而得出的范围，根据对称性得出的值；（Ⅲ）令，求出的范围和关于的二次函数，讨论二次函数单调性，根据最大值列方程求出的值．【详解】（Ⅰ）∵，，∴若函数的图象上两个相邻的对称轴距离为，则函数的周期，∴，即