2024届黑龙江省绥化市望奎县第二中学数学高一第二学期期末联考模拟试题含解析

2024届黑龙江省绥化市望奎县第二中学数学高一第二学期期末联考模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．的内角的对边分别为,若,则（）A． B． C． D．2．已知、为锐角，，，则（）A． B． C． D．3．把函数的图象沿轴向右平移个单位，再把所得图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的，可得函数的图象，则的解析式为（）A． B．C． D．4．设正实数满足，则当取得最大值时，的最大值为（）A．0 B．1 C． D．35．设双曲线的左右焦点分别是，过的直线交双曲线的左支于两点，若，且，则双曲线的离心率是（）A． B． C． D．6．若，则下列结论正确的是（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则7．已知弧度数为2的圆心角所对的弦长也是2，则这个圆心角所对的弧长是（）A．2 B． C． D．8．若集合A={x|2≤x<4}, B={x|x>3}A．{x|3≤x<4} B．{x|3<x<4} C．{x|2≤x<3} D．{x|2≤x≤3}9．若，则下列不等式中不正确的是（）.A． B． C． D．10．四棱锥中，平面，底面是正方形，且，则直线与平面所成角为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知直线与，当时，实数_______；当时，实数_______.12．将函数f（x）＝cos（2x）的图象向左平移个单位长度后，得到函数g（x）的图象，则下列结论中正确的是_____．（填所有正确结论的序号）①g（x）的最小正周期为4π；②g（x）在区间[0，]上单调递减；③g（x）图象的一条对称轴为x；④g（x）图象的一个对称中心为（，0）．13．两圆，相切，则实数＝______.14．如图，在三棱锥中，它的每个面都是全等的正三角形，是棱上的动点，设，分别记与，所成角为，，则的取值范围为__________．15．的值为__________.16．在直角坐标系中，直线与直线都经过点，若，则直线的一般方程是_____.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．记Sn为等比数列的前n项和，已知S2=2，S3=-6.（1）求的通项公式；（2）求Sn，并判断Sn+1，Sn，Sn+2是否成等差数列．18．如图所示，平面平面，四边形为矩形，，点为的中点.(1)若，求三棱锥的体积；(2)点为上任意一点，在线段上是否存在点，使得?若存在，确定点的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.19．如图半圆的直径为4，为直径延长线上一点，且，为半圆周上任一点，以为边作等边（、、按顺时针方向排列）（1）若等边边长为，，试写出关于的函数关系；（2）问为多少时，四边形的面积最大？这个最大面积为多少？20．已知数列满足，且（，且）.（1）求证：数列是等差数列；（2）求数列的通项公式（3）设数列的前项和，求证：.21．如图，在四棱锥中，，侧面底面.（1）求证：平面平面；（2）若，且二面角等于，求直线与平面所成角的正弦值.

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、B【解题分析】

首先通过正弦定理将边化角，于是求得，于是得到答案.【题目详解】根据正弦定理得：，即，而，所以，又为三角形内角，所以，故选B.【题目点拨】本题主要考查正弦定理的运用，难度不大.2、B【解题分析】

利用同角三角函数的基本关系求出的值，然后利用两角差的正切公式可求得的值.【题目详解】因为，且为锐角，则，所以，因为，所以故选：B.【题目点拨】本题考查利用两角差的正切公式求值，解答的关键就是弄清角与角之间的关系，考查计算能力，属于基础题.3、C【解题分析】

根据三角函数图像变换的原则，即可得出结果.【题目详解】先把函数的图象沿轴向右平移个单位，得到；再把图像上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的，得到.故选C【题目点拨】本题主要考查三角函数的图像变换问题，熟记图像变换的原则即可，属于常考题型.4、B【解题分析】

x，y，z为正实数，且，根据基本不等式得，当且仅当x=2y取等号，所以x=2y时，取得最大值1,此时，,当时,取最大值1，的最大值为1,故选B.5、C【解题分析】，则，所以，，则，所以，故选C。点睛：离心率问题关键是利用圆锥曲线的几何性质，以及三角形的几何关系来解决，本题中，由双曲线的几何性质，可以将图中的各边长都表示出来，再利用同一个角在两个三角形中的余弦定理，就可以得到的等量关系，求出离心率。6、D【解题分析】

根据不等式的基本性质逐一判断可得答案．【题目详解】解：A．当时，不成立，故A不正确；B．取，，则结论不成立，故B不正确；C．当时，结论不成立，故C不正确；D．若，则，故D正确．故选：D．【题目点拨】本题主要考查不等式的基本性质，属于基础题．7、B【解题分析】

先由已知条件求出扇形的半径为，再结合弧长公式求解即可.【题目详解】解：设扇形的半径为，由弧度数为2的圆心角所对的弦长也是2，可得，由弧长公式可得：这个圆心角所对的弧长是，故选：B.【题目点拨】本题考查了扇形的弧长公式，重点考查了运算能力，属基础题.8、B【解题分析】

根据交集定义计算．【题目详解】由题意A∩B={x|3<x<4}．故选B．【题目点拨】本题考查集合的交集运算，属于基础题．9、D【解题分析】

先判断出的大小关系，然后根据不等式的性质以及基本不等式逐项判断.【题目详解】由，得，，，故D不正确，C正确；，，，故A正确；，，，取等号时，故B正确，故选D.【题目点拨】本题考查利用不等式性质以及基本不等式判断不等式是否成立，难度一般.注意使用基本不等式计算最值时，取等号的条件一定要记得添加.10、A【解题分析】

连接交于点，连接，证明平面，进而可得到即是直线与平面所成角，根据题中数据即可求出结果.【题目详解】连接交于点，因为平面，底面是正方形，所以，，因此平面；故平面；连接，则即是直线与平面所成角，又因，所以，.所以，所以.故选A【题目点拨】本题主要考查线面角的求法，在几何体中作出线面角，即可求解，属于常考题型.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

根据两直线垂直和平行的充要条件，得到关于的方程，解方程即可得答案.【题目详解】当时，，解得：；当时，且，解得：.故答案为：；.【题目点拨】本题考查两直线垂直和平行的充要条件，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于基础题.12、②④．【解题分析】

利用函数的图象的变换规律求得的解析式，再利用三角函数的周期性、单调性、图象的对称性，即可求解，得到答案.【题目详解】由题意，将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的图象，则函数的最小正周期为，所以①错误的；当时，，故在区间单调递减，所以②正确；当时，，则不是函数的对称轴，所以③错误；当时，，则是函数的对称中心，所以④正确；所以结论正确的有②④.【题目点拨】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的图象与性质的判定，其中解答熟记三角函数的图象变换，以及三角函数的图象与性质，准确判定是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.13、0,±2【解题分析】

根据题意，由圆的标准方程分析两圆的圆心与半径，分两圆外切与内切两种情况讨论，求出a的值，综合即可得答案．【题目详解】根据题意：圆的圆心为（0，0），半径为1，圆的圆心为（﹣4，a），半径为5，若两圆相切，分2种情况讨论：当两圆外切时，有（﹣4）2+a2=（1+5）2，解可得a=±2，当两圆内切时，有（﹣4）2+a2=（1﹣5）2，解可得a=0，综合可得：实数a的值为0或±2；故答案为0或±2．【题目点拨】本题考查圆与圆的位置关系，关键是掌握圆与圆的位置关系的判定方法．14、【解题分析】

作交于，连接，可得是与所成的角根据等腰三角形的性质，作交于，同理可得，根据，的关系即可得解.【题目详解】解：作交于，连接，因为三棱锥中，它的每个面都是全等的正三角形，为正三角形，，，是与所成的角，根据等腰三角形的性质．作交于，同理可得，则，∵，∴，得．故答案为：【题目点拨】本题考查异面直线所成的角，属于中档题.15、【解题分析】

由反余弦可知，由此可计算出的值.【题目详解】.故答案为：.【题目点拨】本题考查正切值的计算，涉及反余弦的应用，求出反余弦值是关键，考查计算能力，属于基础题.16、【解题分析】

点代入的方程求出k，再由求出直线的斜率，即可写出直线的点斜式方程.【题目详解】将点代入直线得，，解得，又，，于是的方程为，整理得.故答案为：【题目点拨】本题考查直线的方程，属于基础题.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、（1）；（2）见解析.【解题分析】试题分析：（1）由等比数列通项公式解得，即可求解；（2）利用等差中项证明Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列．试题解析：（1）设的公比为.由题设可得，解得，.故的通项公式为.（2）由（1）可得.由于，故，，成等差数列.点睛:等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法．18、(1)；(2)存在，为中点，证明见解析.【解题分析】

（1）先根据面积垂直的性质得到平面；再由题中数据，结合棱锥体积公式，即可求出结果；（2）先由线面垂直的性质得到为中点时，有.再给出证明：取中点，连接，，，由线面垂直的判定定理，以及面面垂直的性质定理，证明平面，再由线面垂直的性质定理，即可得出结果.【题目详解】(1)因为四边形为矩形，所以，又平面平面，所以平面；又，所以，因此三棱锥的体积为：；(2)当为中点时，有.证明如下:取中点，连接，，.∵为的中点，为的中点，∴，又∵，∴，∴四点共面.∵平面平面，平面平面，平面，，∴平面，又平面，∴，∵，为的中点，∴，又，∴平面，又平面，∴，即.【题目点拨】本题主要考查求棱锥的体积，以及补全线线垂直的条件，熟记棱锥体积公式，以及线面垂直、面面垂直的判定定理与性质定理即可，属于常考题型.19、（1）；（2）θ＝时，四边形OACB的面积最大，其最大面积为．【解题分析】

（1）根据余弦定理可求得（2）先表示出△ABC的面积及△OAB的面积，进而表示出四边形OACB的面积，并化简函数的解析式为正弦型函数的形式，再结合正弦型函数最值的求法进行求解．【题目详解】（1）由余弦定理得则（2）四边形OACB的面积＝△OAB的面积+△ABC的面积则△ABC的面积△OAB的面积•OA•OB•sinθ•2•4•sinθ＝4sinθ四边形OACB的面积4sinθ=sin（θ﹣）∴当θ﹣＝，即θ＝时，四边形OACB的面积最大，其最大面积为．【题目点拨】本题考查利用正余弦定理求解面积最值，其中准确列出面积表达式是关键，考查化简求值能力，是中档题20、（1）详见解析；（2）；（3）详见解析.【解题分析】

（1）用定义证明得到答案.（2）推出（3）利用错位相减法和分组求和法得到，再证明不等式.【题目详解】解：（1）由，得，即.∴数列是以为首项，1为公差的等差数列.（2）∵数列是以为首项，1为公差的等差数列，∴，∴.（3）.∴，∴.【题目点拨】本题考查了等差数列的证明，分组求和法，错位相减法，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.21、（1）证明见解析；（2）.【解题分析】

（1）由得，，由侧面底面得侧面，由面面垂直的判定即可证明；（2）由侧面，可得，得是二面角的平面角，，推得为等腰直角三角形，取的中点，连接可得，由平面平面，得平面，证明平面，得点