2024届玉树市重点中学高一数学第二学期期末调研模拟试题含解析

2024届玉树市重点中学高一数学第二学期期末调研模拟试题注意事项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．某公司在甲、乙、丙、丁四个地区分别有150，120，180，150个销售点．公司为了调查产品销售情况，需从这600个销售点中抽取一个容量为100的样本．记这项调查为①；在丙地区有20个大型销售点，要从中抽取7个调查其销售收入和售后服务等情况，记这项调查为②，则完成①，②这两项调查宜采用的抽样方法依次是()A．分层抽样法，系统抽样法 B．分层抽样法，简单随机抽样法C．系统抽样法，分层抽样法 D．简单随机抽样法，分层抽样法2．已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则圆锥的底面半径为A． B． C． D．（）3．设均为正数，且，，．则（）A． B． C． D．4．直线与直线垂直，则的值为（）A．3 B． C．2 D．5．如图，在正方体中，，分别是中点，则异面直线与所成角大小为（）．A． B． C． D．6．在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，它的始边与轴的非负半轴重合，终边交单位圆于点，则的值为()A． B． C． D．7．已知，若、、三点共线，则为（）A． B． C． D．28．设，，则下列不等式成立的是（）A． B． C． D．9．设，是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于A，B两点，若最大值为5，则椭圆的离心率为（）A． B． C． D．10．如图是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．三菱柱ABC-A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，BAA1=CAA1=60°则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为____________.12．如图，在B处观测到一货船在北偏西方向上距离B点1千米的A处，码头C位于B的正东千米处，该货船先由A朝着C码头C匀速行驶了5分钟到达C，又沿着与AC垂直的方向以同样的速度匀速行驶5分钟后到达点D，此时该货船到点B的距离是________千米.13．异面直线，所成角为，过空间一点的直线与直线，所成角均为，若这样的直线有且只有两条，则的取值范围为___________________.14．在平面直角坐标系中，点到直线的距离为______.15．已知点A(-a,0),B(a,0)(a>0)，若圆(x-2)2+(y-2)2=2上存在点C16．下列命题中：①若，则的最大值为；②当时，；③的最小值为；④当且仅当均为正数时，恒成立.其中是真命题的是__________．(填上所有真命题的序号)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．在正方体中.（1）求证：；（2）是中点时，求直线与面所成角.18．设数列的前项和为，已知．（1）求，的值；（2）求证：数列是等比数列．19．设平面三点、、.（1）试求向量的模；（2）若向量与的夹角为，求；（3）求向量在上的投影．20．在等差数列{an}中，a1=1，公差d≠0，且a1，a2，a5是等比数列{bn}的前三项．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)设cn=an·bn，求数列{cn}的前n项和Sn．21．已知函数的最小正周期为，将的图象向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度得到函数的图象.（1）求函数的解析式；（2）在中，角所对的边分别为，若，且，求周长的取值范围.

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】

此题为抽样方法的选取问题．当总体中个体较少时宜采用简单随机抽样法；当总体中的个体差异较大时，宜采用分层抽样；当总体中个体较多时，宜采用系统抽样．【题目详解】依据题意，第①项调查中，总体中的个体差异较大，应采用分层抽样法；第②项调查总体中个体较少，应采用简单随机抽样法．

故选B．【题目点拨】本题考查随机抽样知识，属基本题型、基本概念的考查．2、C【解题分析】解：3、A【解题分析】试题分析：在同一坐标系中分别画出，，的图象，与的交点的横坐标为，与的图象的交点的横坐标为，与的图象的交点的横坐标为，从图象可以看出．考点：指数函数、对数函数图象和性质的应用．【方法点睛】一般一个方程中含有两个以上的函数类型，就要考虑用数形结合求解，在同一坐标系中画出两函数图象的交点，函数图象的交点的横坐标即为方程的解．4、A【解题分析】

根据两条直线垂直的条件列方程，解方程求得的值.【题目详解】由于直线与直线垂直，所以，解得.故选：A【题目点拨】本小题主要考查两条直线垂直的条件，属于基础题.5、C【解题分析】

通过中位线定理可以得到在正方体中，可以得到所以这样找到异面直线与所成角，通过计算求解．【题目详解】分别是中点，所以有而，因此异面直线与所成角为在正方体中，,所以，故本题选C．【题目点拨】本题考查了异面直线所成的角．6、C【解题分析】

根据三角函数的定义，即可求解，得到答案.【题目详解】由题意，角的顶点与原点重合，它的始边与轴的非负半轴重合，终边交单位圆于点，根据三角函数的定义可得.故选：C.【题目点拨】本题主要考查了三角的函数的定义，其中解答中熟记三角函数的定义是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.7、C【解题分析】

由平面向量中的三点共线问题可得：，由基本定理及线性运算可得：即得解.【题目详解】因为，若，，三点共线则，解得，即即即即故选：【题目点拨】本题考查平面向量基本定理和共线定理，属于基础题.8、D【解题分析】试题分析：本题是选择题，可采用逐一检验，利用特殊值法进行检验，很快问题得以解决．解：∵a>b，c>d;∴设a=1，b=-1，c=-2，d=-5,选项A，1-（-2）>-1-（-5），不成立;选项B，1（-2）>（-1）（-5），不成立;取选项C，，不成立,故选D考点：不等式的性质点评：本题主要考查了基本不等式，基本不等式在考纲中是C级要求，本题属于基础题9、A【解题分析】

，故的最小值为，当且仅当轴时，最小，此时，计算得到答案.【题目详解】，最大值为5，故的最小值为，当且仅当轴时，最小，此时，即又因为，可得，故.故选：.【题目点拨】本题考查了椭圆的离心率，意在考查学生的计算能力和转化能力.10、C【解题分析】

根据三视图还原直观图，根据长度关系计算表面积得到答案.【题目详解】根据三视图还原直观图，如图所示：几何体的表面积为：故答案选C【题目点拨】本题考查了三视图，将三视图转化为直观图是解题的关键.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

如图设设棱长为1，则，因为底面边长和侧棱长都相等，且所以，所以，，，设异面直线的夹角为，所以.12、3【解题分析】

先在中，由余弦定理算出和，然后在中由余弦定理即可求出.【题目详解】由题意可得，在中，所以由余弦定理得：即，所以因为所以所以所以在中有：即故答案为：3【题目点拨】本题考查三角形的解法，余弦定理的应用，是基本知识的考查．13、【解题分析】

将直线，平移到交于点，设平移后的直线为，，如图，过作及其外角的角平分线，根据题意可以求出的取值范围.【题目详解】将直线，平移到交于点，设平移后的直线为，，如图，过作及其外角的角平分线，异面直线，所成角为，可知，所以，所以在方向，要使有两条，则有：，在方向，要使不存在，则有，综上所述，.故答案为：【题目点拨】本题考查了异面直线的所成角的有关性质，考查了空间想象能力.14、2【解题分析】

利用点到直线的距离公式即可得到答案。【题目详解】由点到直线的距离公式可知点到直线的距离故答案为2【题目点拨】本题主要考查点到直线的距离，熟练掌握公式是解题的关键，属于基础题。15、3【解题分析】

利用参数方程假设C点坐标，表示出AC和BC，利用AC⋅BC=0可得到a【题目详解】设C∴∵∠ACB=90°∴∴当sinα+∴0<a≤3本题正确结果：3【题目点拨】本题考查圆中参数范围求解的问题，关键是能够利用圆的参数方程，利用向量数量积及三角函数关系求得最值.16、①②【解题分析】

根据均值不等式依次判断每个选项的正误，得到答案.【题目详解】①若，则的最大值为，正确②当时，，时等号成立，正确③的最小值为，取错误④当且仅当均为正数时，恒成立均为负数时也成立.故答案为①②【题目点拨】本题考查了均值不等式，掌握一正二定三相等的具体含义是解题的关键.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）见解析；（2）.【解题分析】

（1）连接，证明平面，进而可得出；（2）连接、、，设，过点在平面内作，垂足为点，连接，设，则角和均为直线与平面所成的角，从而可得出，即可求出所求角.【题目详解】（1）如下图所示，连接，在正方体中，平面，平面，，四边形为正方形，，，平面，平面，；（2）连接、、，设，过点在平面内作，垂足为点，设，设正方体的棱长为，在正方体中，且，所以，四边形为平行四边形，，平面，平面，在平面内，，，，，则、、、四点共面，为的中点，，且，平面，平面，，由勾股定理得，连接，设，则直线与面所成角为，则，，由连比定理得，则，因此，直线与面所成角为.【题目点拨】本题考查线线垂直的证明，考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．18、（1），（2）见解析【解题分析】

（1）依次令,,解出即可。（2）由知当时，两式相减，化简即可得证。【题目详解】解（1）∵，∴当时，；当时，，∴；当时，，∴.（2）证明：∵，①∴当时，，②①-②得，∴，即.∴．∵.∴，∴.即是以4为首项，2为公比的等比数列．【题目点拨】本题考查公式的应用，属于基础题。19、（1）；（2）；（3）.【解题分析】

（1）计算出、的坐标，可计算出的坐标，再利用平面向量模长的坐标表示可计算出向量的模；（2）由可计算出的值；（3）由投影的定义得出向量在上的投影为可计算出结果.【题目详解】（1）、、，，，因此，；（2）由（1）知，，，所以；（3）由（2）知向量与的夹角的余弦为，且.所以向量在上的投影为.【题目点拨】本题考查平面向量的坐标运算以及平面向量夹角的坐标表示、以及向量投影的计算，解题时要熟悉平面向量坐标的运算律以及平面向量数量积、模、夹角的坐标运算，考查计算能力，属于基础题.20、（1）bn=3n－1；（2）Sn=(n－1)·3n+1【解题分析】

(1)由a1，a2，a5是等比数列{bn}的前三项得，a22=a1·a5⇒(a1+d)2=a1·(a1+4d)··⇒a12+2a1d+d2=a12+4a1d⇒d2=2a1d，又d≠0，所以d=2a1=2，从而an=a1+(n－1)d=2n－1，则b1=a1=1，b2=a2=3，则等比数列{bn}的公比q=3，从而bn=3n－1(2)由(1)得，cn=an·bn=(2n－1)·3n－1，则Sn=1·1+3·3+5·32+7·33+…+(2n－1)·3n－1①3Sn=1·3+3·32+5·33+…+(2n－3)·3n－1+(2n－1)·3n②①－②得，－2Sn=1·1+2·3+2·32+2·33+…+2·3n－1－(2n－1)·3n=1+2×－(2n－