2023届浙江省武义第三中学高一数学第二学期期末统考试题含解析

2022-2023学年高一下数学期末模拟试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．某市在“一带一路”国际合作高峰论坛前夕，在全市高中学生中进行“我和‘一带一路’”的学习征文，收到的稿件经分类统计，得到如图所示的扇形统计图．又已知全市高一年级共交稿2000份，则高三年级的交稿数为（）A．2800 B．3000 C．3200 D．34002．如图，已知正三棱柱的底面边长为2cm，高为5cm，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线的长为（）cm．A．12 B．13 C．14 D．153．已知数列满足，则（）A．10 B．20 C．100 D．2004．已知集合，对于满足集合A的所有实数t，使不等式恒成立的x的取值范围为A． B．C． D．5．若，,则（）A． B． C． D．6．为了解名学生的学习情况，采用系统抽样的方法，从中抽取容量为的样本，则分段的间隔为（）A． B． C． D．7．在△ABC中，角所对的边分别为,且则最大角为（）A． B． C． D．8．已知函数()的最小正周期为，则该函数的图象()A．关于直线对称 B．关于直线对称C．关于点对称 D．关于点对称9．已知且为常数,圆,过圆内一点的直线与圆相交于两点,当弦最短时,直线的方程为,则的值为（）A．2 B．3 C．4 D．510．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，若三棱锥为鳖臑，平面，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知a，b为常数，若，则______；12．若关于x的不等式的解集是，则_________.13．函数的图像可由函数的图像至少向右平移________个单位长度得到．14．已知，则________.15．在平面直角坐标系xOy中，双曲线的右支与焦点为F的抛物线交于A，B两点若，则该双曲线的渐近线方程为________.16．已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，的面积等于，则外接圆的面积为______．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．已知的三个内角，，的对边分别为，，，函数，且当时，取最大值.（1）若关于的方程，有解，求实数的取值范围；（2）若，且，求的面积.18．有同一型号的汽车100辆，为了解这种汽车每耗油所行路程的情况，现从中随机地抽出10辆，在同一条件下进行耗油所行路程的试验，得到如下样本数据(单位：km)：13.7，12.7，14.4，13.8，13.3，12.5，13.5，13.6，13.1，13.4，并分组如下：(1)完成上面的频率分布表；(2)根据上表，在坐标系中画出频率分布直方图.19．如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．20．某公司为了提高工效，需分析该公司的产量台与所用时间小时之间的关系，为此做了四次统计，所得数据如下：产品台数台2345所用时间小时34求出y关于x的线性回归方程；预测生产10台产品需要多少小时？21．某桶装水经营部每天的房租、人员工资等固定成本为200元，每桶水的进价为3元，根据以往的经验售价为4元时，可卖出280桶；若销售单价每增加1元，日均销售量就减少40桶，则这个经营部怎样定价才能获得最大利润？最大利润是多少？

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】

先求出总的稿件的数量，再求出高三年级交稿数占总交稿数的比例，再求高三年级的交稿数.【详解】高一年级交稿2000份，在总交稿数中占比，所以总交稿数为，高二年级交稿数占总交稿数的，所以高三年级交稿数占总交稿数的，所以高三年级交稿数为．故选D【点睛】本题主要考查扇形统计图的有关计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.2、B【解析】

将三棱柱的侧面展开，得到棱柱的侧面展开图，利用矩形的对角线长，即可求解．【详解】将正三棱柱沿侧棱展开两次，得到棱柱的侧面展开图，如图所示，在展开图中，最短距离是六个矩形对角线的连线的长度，即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值，由已知求得的长等于，宽等于，由勾股定理得，故选B．【点睛】本题主要考查了棱柱的结构特征，以及棱柱的侧面展开图的应用，着重考查了空间想象能力，以及转化思想的应用，属于基础题．3、C【解析】

由题可得数列是以为首相，为公差的等差数列，求出数列的通项公式，进而求出【详解】因为，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，则【点睛】本题考查由递推公式证明数列是等差数列以及等差数列的通项公式，属于一般题．4、B【解析】

由条件求出t的范围，不等式变形为恒成立，即不等式恒成立，再由不等式的左边两个因式同为正或同为负处理．【详解】由得，，

不等式恒成立，即不等式恒成立，即不等式恒成立，

只需或恒成立，

只需或恒成立，

只需或即可．

故选：B．【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法问题，难度较大，充分利用恒成立的思想解题是关键．5、D【解析】

由于，，，，利用“平方关系”可得，，变形即可得出．【详解】∵，，∴，∴．∵，∴，∵，∴．∴．故选D.【点睛】本题考查了两角和的余弦公式、三角函数同角基本关系式、拆分角等基础知识与基本技能方法，属于中档题．6、C【解析】试题分析：由题意知，分段间隔为，故选C.考点：本题考查系统抽样的定义，属于中等题.7、C【解析】

根据正弦定理可得三边的比例关系；由大边对大角可知最大，利用余弦定理求得余弦值，从而求得角的大小.【详解】由正弦定理可得：设，，最大为最大角本题正确选项：【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理的应用，涉及到三角形中大边对大角的关系，属于基础题.8、D【解析】∵函数()的最小正周期为，∴，，令，，，，显然A，B错误；令，可得：，，显然时，D正确故选D9、B【解析】

由圆的方程求出圆心坐标与半径，结合题意，可得过圆心与点（1，2）的直线与直线2x﹣y＝0垂直，再由斜率的关系列式求解．【详解】圆C：化简为圆心坐标为，半径为．如图，由题意可得，当弦最短时，过圆心与点（1，2）的直线与直线垂直．则，即a＝1．故选：B．【点睛】本题考查直线与圆位置关系的应用，考查数形结合的解题思想方法与数学转化思想方法，是中档题．一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值；涉及到圆的弦长或者切线长时，经常用到垂径定理.10、C【解析】由题意，PA⊥面ABC，则为直角三角形，PA=3,AB=4，所以PB=5，又△ABC是直角三角形，所以∠ABC=90°,AB=4，AC=5所以BC=3,因为为直角三角形，经分析只能，故，三棱锥的外接球的圆心为PC的中点，所以则球的表面积为.故选C.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、2【解析】

根据极限存在首先判断出的值，然后根据极限的值计算出的值，由此可计算出的值.【详解】因为，所以，又因为，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查根据极限的值求解参数，难度较易.12、－14【解析】

由不等式的解集求出对应方程的实数根，利用根与系数的关系求出的值，从而可得结果.【详解】不等式的解集是，所以对应方程的实数根为和，且，由根与系数的关系得，解得，，故答案为.【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解集与一元二次不等式的根之间的关系，以及韦达定理的应用，属于简单题.13、【解析】试题分析：因为，所以函数的的图像可由函数的图像至少向右平移个单位长度得到．【考点】三角函数图像的平移变换、两角差的正弦公式【误区警示】在进行三角函数图像变换时，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也经常出现在题目中，所以也必须熟练掌握，无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母而言，即图像变换要看“变量”变化多少，而不是“角”变化多少．14、【解析】

由可得，然后用正弦的和差公式展开，然后将条件代入即可求出原式的值【详解】因为所以故答案为：【点睛】本题考查的三角恒等变换，解决此类问题时要善于发现角之间的关系.15、【解析】

根据题意到，联立方程得到，得到答案.【详解】，故.，故，故，故.故双曲线渐近线方程为：.故答案为：.【点睛】本题考查了双曲线的渐近线问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.16、4π【解析】

利用三角形面积公式求解,再利用余弦定理求得,进而得到外接圆半径,再求面积即可.【详解】由，解得．．解得．，解得．∴△ABC外接圆的面积为4π．故答案为：4π．【点睛】本题主要考查了解三角形中正余弦与面积公式的运用,属于基础题型.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）利用两角和差的正弦公式整理可得：，再利用已知可得：（），结合已知可得：，求得：时，，问题得解.（2）利用正弦定理可得：，结合可得：，对边利用余弦定理可得：，结合已知整理得：，再利用三角形面积公式计算得解.【详解】解：（1）.因为在处取得最大值，所以，,即.因为，所以，所以.因为，所以所以，因为关于的方程有解，所以的取值范围为．（2）因为，，由正弦定理，于是．又，所以.由余弦定理得：，整理得：，即，所以，所以.【点睛】本题主要考查了两角和、差的正弦公式应用，还考查了三角函数的性质及方程与函数的关系，还考查了正弦定理、余弦定理的应用及三角形面积公式，考查计算能力及转化能力，属于中档题．18、（1）见解析；（2）见解析【解析】

（1）通过所给数据算出频数和频率值，并填入表格中；（2）计算每组数中的频率除以组距的值，再画出直方图.【详解】(1)频率分布表如下：分组频数频率[12.45,12.95)20.2[12.95,13.45)30.3[13.45,13.95)40.4[13.95,14.45)10.1合计101.0(2)频率分布直方图如图所示：【点睛】本题考查频率分布表和频率分布直方图的简单应用，考查基本的数据处理能力.19、（1）见解析；（2）.【解析】

（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取中点，可证得平面，得到平面的法向量；再通过向量法求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值.【详解】（1）连接，，分别为，中点为的中位线且又为中点，且且四边形为平行四边形，又平面，平面平面（2）设，由直四棱柱性质可知：平面四边形为菱形则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：则：，，，D（0，-1,0）取中点，连接，则四边形为菱形且为等边三角形又平面，平面平面，即平面为平面的一个法向量，且设平面的法向量，又，，令，则，二面角的正弦值为：【点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.20、（1）（2）小时【解析】

求出出横标和纵标的平均数，得到样本中心点，求出对应的横标和纵标的积的和，求出横标的平方和，做出系数和的值，写出线性回归方程．将代入回归直线方程，可得结论．【详解】解：由题