贵州省安顺市普通高中2024届高一数学第二学期期末经典模拟试题含解析

贵州省安顺市普通高中2024届高一数学第二学期期末经典模拟试题注意事项：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．从装有红球、白球和黑球各2个的口袋内一次取出2个球，则与事件“两球都为白球”互斥而非对立的事件是以下事件“①两球都不是白球；②两球恰有一个白球；③两球至少有一个白球”中的()A．①② B．①③C．②③ D．①②③2．经过平面外一点和平面内一点与平面垂直的平面有()A．1个 B．2个 C．无数个 D．1个或无数个3．在的二面角内，放置一个半径为3的球，该球切二面角的两个半平面于A，B两点，那么这两个切点在球面上的最短距离为（）A． B． C． D．4．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与原正方体体积的比值为()A． B． C． D．5．要得到函数的图象，只需将函数的图象（）A．向左平移个单位 B．向右平移个单位C．向左平移个单位 D．向右平移个单位6．已知向量a=(1，-1)，bA．-1 B．0 C．1 D．27．已知一个等比数列项数是偶数，其偶数项之和是奇数项之和的3倍，则这个数列的公比为（）A．2 B．3 C．4 D．68．已知数列{an}的前n项和Sn＝3n(λ－n)－6，若数列{an}单调递减，则λ的取值范围是A．(－∞，2) B．(－∞，3) C．(－∞，4) D．(－∞，5)9．若直线经过A(1,0),B(2,3)两点，则直线A．135° B．120° C．60° D．45°10．在平面直角坐标系中，直线与x、y轴分别交于点、，记以点为圆心，半径为r的圆与三角形的边的交点个数为M.对于下列说法：①当时，若，则；②当时，若，则；③当时，M不可能等于3；④M的值可以为0，1，2，3，4，5.其中正确的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则的面积为______；12．已知数列的前项和是，且，则______.（写出两个即可）13．若数列是正项数列，且，则_______．14．在中，若，点，分别是，的中点，则的取值范围为___________.15．若是方程的解，其中，则________．16．在中，，是线段上的点，，若的面积为，当取到最大值时，___________.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．平面直角坐标系中，圆M与y轴相切，并且经过点，．（1）求圆M的方程;（2）过点作圆M的两条互垂直的弦AC、BD，求四边形ABCD面积的最大值．18．已知数列的前项和为，且.（1）求；（2）若，求数列的前项和.19．已知点，，均在圆上.（1）求圆的方程；（2）若直线与圆相交于,两点，求的长；（3）设过点的直线与圆相交于、两点，试问：是否存在直线，使得恰好平分的外接圆？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.20．已知向量，，且．（1）求向量的夹角；（2）求的值．21．己知数列是等比数列，且公比为，记是数列的前项和.（1）若＝1，＞1，求的值；（2）若首项，，是正整数，满足不等式|﹣63|＜62，且对于任意正整数都成立，问：这样的数列有几个？

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、A【解题分析】试题分析：结合互斥事件和对立事件的定义，即可得出结论解：根据题意，结合互斥事件、对立事件的定义可得，事件“两球都为白球”和事件“两球都不是白球”；事件“两球都为白球”和事件“两球中恰有一白球”；不可能同时发生，故它们是互斥事件．但这两个事件不是对立事件，因为他们的和事件不是必然事件．故选A考点：互斥事件与对立事件．2、D【解题分析】

讨论平面外一点和平面内一点连线，与平面垂直和不垂直两种情况.【题目详解】（1）设平面为平面，点为平面外一点，点为平面内一点，此时，直线垂直底面，过直线的平面有无数多个与底面垂直；（2）设平面为平面，点为平面外一点，点为平面内一点，此时，直线与底面不垂直，过直线的平面，只有平面垂直底面.综上，过平面外一点和平面内一点与平面垂直的平面有1个或无数个，故选D.【题目点拨】借助长方体研究空间中线、面位置关系问题，能使问题直观化，降低问题的抽象性.3、A【解题分析】

根据题意，作出截面图，计算弧长即可.【题目详解】根据题意，作出该球过球心且经过A、B的截面图如下所示：由题可知：则，故满足题意的最短距离为弧长BA，在该弧所在的扇形中，弧长.故选：A.【题目点拨】本题考查弧长的计算公式，二面角的定义，属综合基础题.4、C【解题分析】

根据三视图还原出几何体，得到是在正方体中，截去四面体，利用体积公式，求出其体积，然后得到答案.【题目详解】根据三视图还原出几何体，如图所述，得到是在正方体中，截去四面体设正方体的棱长为，则，故剩余几何体的体积为，所以截去部分的体积与剩余部分的体积的比值为.故选：C.【题目点拨】本题考查了几何体的三视图求几何体的体积；关键是正确还有几何体，利用体积公式解答，属于简单题.5、D【解题分析】

根据三角函数图象的平移变换可直接得到图象变换的过程.【题目详解】因为，所以向右平移个单位即可得到的图象.故选：D.【题目点拨】本题考查三角函数图象的平移变换，难度较易.注意左右平移时对应的规律：左加右减.6、C【解题分析】

由向量的坐标运算表示2a【题目详解】解：因为a=(1,-1)，b=(-1,2故选C．【题目点拨】本题考查了向量的加法和数量积的坐标运算；属于基础题目．7、B【解题分析】

由数列为等比数列，则，结合题意即可得解.【题目详解】解：因为数列为等比数列，设等比数列的公比为，则，又是奇数项之和的3倍，则，故选：B.【题目点拨】本题考查了等比数列的性质，重点考查了等比数列公比的运算，属基础题.8、A【解题分析】

，，因为单调递减，所以，所以，且，所以只需，，且，所以，故选A．9、C【解题分析】

利用斜率公式求出直线AB，根据斜率值求出直线AB的倾斜角.【题目详解】直线AB的斜率为kAB=3-02-1【题目点拨】本题考查直线的倾斜角的求解，考查直线斜率公式的应用，考查计算能力，属于基础题。10、B【解题分析】

作出直线，可得，，，分别考虑圆心和半径的变化，结合图形，即可得到所求结论．【题目详解】作出直线，可得，，，①当时，若，当圆与直线相切，可得；当圆经过点，即，则或，故①错误；②当时，若，圆，当圆经过O时，，交点个数为2，时，交点个数为1，则，故②正确；③当时，圆，随着的变化可得交点个数为1，2，0，不可能等于3，故③正确；④的值可以为0，1，2，3，4，不可以为5，故④错误.故选：B.【题目点拨】本题考查命题的真假判断与应用，考查直线和圆的位置关系，考查分析能力和计算能力.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

先根据以及余弦定理计算出的值，再由面积公式即可求解出的面积.【题目详解】因为，所以，所以，所以.故答案为：.【题目点拨】本题考查解三角形中利用余弦定理求角以及面积公式的运用，难度较易.三角形中，已知两边的乘积和第三边所对的角即可利用面积公式求解出三角形面积.12、或【解题分析】

利用已知求的公式，即可算出结果．【题目详解】（1）当，得，∴，∴．（2）当时，，两式作差得，，化简得，∴或，即（常数）或，当（常数）时，数列是以1为首项，2为公差的等差数列，所以；当时，数列是以1为首项，﹣1为公比的等比数列，所以．【题目点拨】本题主要考查利用与的关系公式，即，求的方法应用．13、【解题分析】

有已知条件可得出，时，与题中的递推关系式相减即可得出，且当时也成立。【题目详解】数列是正项数列，且所以，即时两式相减得，所以（）当时，适合上式，所以【题目点拨】本题考差有递推关系式求数列的通项公式，属于一般题。14、【解题分析】

记，，，根据正弦定理得到，再由题意，得到，，推出，再由题意，确定的范围，即可得出结果.【题目详解】记，，，由得，所以，即，因此，因为，分别是，的中点，所以，同理：，所以，因为且，所以，则，所以，则，所以.即的取值范围为.故答案为【题目点拨】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理，以及两角和的正弦公式即可，属于常考题型.15、或【解题分析】

将代入方程，化简结合余弦函数的性质即可求解.【题目详解】由题意可得：，即所以或又所以或故答案为：或【题目点拨】本题主要考查了三角函数求值问题，属于基础题.16、【解题分析】

由三角形的面积公式得出，设，由可得出，利用基本不等式可求出的值，利用等号成立可得出、的值，再利用余弦利用可得出的值.【题目详解】由题意可得，解得，设，则，可得，由基本不等式可得，当且仅当时，取得最大值，，，由余弦定理得，解得．故答案为．【题目点拨】本题考查余弦定理解三角形，同时也考查了三角形的面积公式以及利用基本不等式求最值，在利用基本不等式求最值时，需要结合已知条件得出定值条件，同时要注意等号成立的条件，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.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)最大值为1．【解题分析】

（1）通过分析题意，可设圆心坐标为，再通过待定系数法即可求得。（2）若采用直线方程和圆的方程联立求解相对较为复杂，可采用将题设条件转化为圆心到直线距离问题，结合勾股定理可大大简化运算，最后再结合均值不等式进行求解。【题目详解】解：（1）由题意，M在线段PQ的垂直平分线（即x轴）上，设；由圆M与y轴相切，所以圆M的半径为，圆M的标准方程为，代入，解得，所以圆M的方程为.（2）设圆心M到直线AC，BD的距离分别为m，n，则，且，，四边形ABCD的面积因为，且m，n均为非负数，所以，当且仅当，等号成立；综上，四边形ABCD面积的最大值为1．【题目点拨】圆的弦长问题转化为点到直线的距离问题往往化繁为简18、（1）；（2）.【解题分析】

（1）利用与的关系可得，再利用等差数列的通项公式即可求解.（2）由（1）求出，再利用裂项求和法即可求解.【题目详解】解：（1）因为，①所以当时，，又，故.当时，，②①②得，，整理得.因为，所以，所以是以为首项，以1为公差的等差数列.所以，即.（2）由（1）及得，，所以.【题目点拨】本小题考查与的关系、等差数列的定义及通项公式、数列求和等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、分类与整合思想等.19、（1）；（2）；（3）存在，和.【解题分析】

（1）根据圆心在，的中垂线上，设圆心的坐标为，根据求出的值，从而可得结果；（2）利用点到直线的距离公式以及勾股定理可得结果；（3）首先验证直线的斜率不存在时符合题意，然后斜率存在时，设出直线方程，与圆的方程联立，利用韦达定理，根据列方程求解即可.【题目详解】解：（1）由题意可得：圆心在直线上，设圆心的坐标为，则，解得，即圆心，所以半径，所以圆的方程为；（2）圆心到直线的距离为：，；（3）设，由题意可得：，且的斜率均存在，即，当直线的斜率不存在时，，则，满足，故直线满足题意，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由，消去得，则，由得,即，即，解得：，所以直线的方程为，综上所述，存在满足条件的直线和.【题目点拨】本题考查直线和圆的位置关系，注意对于直线要研究其斜率是否存在，另外利用韦达定理可以达到设而不求的目的，本题是中档题.20、（1）（2）【解题分析】

（1）求出向量的模，对等式两边平方，最后可求出向量的夹角；（2）直接运用向量运算的公式进行运算即可.【题目详解】（1）向量，，，∴，又，∴，∴，∴，又∵，∴向量的夹角；（2）由（1），，，∴.【题目点拨】本题考查了平面向量的数量积定义，考查了平面向量的运算，考查了平面向量模公式，考查了数学运算能力.21、（1）；