2024届甘肃省庆阳市宁县中高一数学第二学期期末联考模拟试题含解析

2024届甘肃省庆阳市宁县中高一数学第二学期期末联考模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．已知函数的图象过点，且在上单调，同时的图象向左平移个单位之后与原来的图象重合，当，且时，，则A． B． C． D．2．底面是正方形，从顶点向底面作垂线，垂足是底面中心的四棱锥称为正四棱锥．如图，在正四棱锥中，底面边长为1．侧棱长为2，E为PC的中点，则异面直线PA与BE所成角的余弦值为（）A． B． C． D．3．若、、为实数，则下列命题正确的是（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则4．已知，，直线，若直线过线段的中点，则（）A．-5 B．5 C．-4 D．45．若,则下列不等式成立的是()A． B．C． D．6．已知，则的值为（）A． B． C． D．7．在中，角所对的边分别为，已知下列条件，只有一个解的是()A．，， B．，，C．，， D．，，8．设△ABC的内角A、B、C所对边分别为a、b、c，若a＝3，b＝，A＝，则B＝（）A． B．或 C． D．或9．在平面直角坐标系xOy中，角与角均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称.若，则（）A． B． C． D．10．已知直线,与互相垂直,则的值是()A． B．或 C． D．或二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．函数在的值域是__________________.12．已知数列中，，当时，，数列的前项和为_____．13．已知向量夹角为，且，则__________．14．设函数f(x)是定义在R上的偶函数，且对称轴为x=1，已知当x∈[0,1]时，f(x)=121-x，则有下列结论：①2是函数fx的周期；②函数fx在1,2上递减，在2,3上递增；③函数f15．如图，在内有一系列的正方形，它们的边长依次为，若，，则所有正方形的面积的和为___________.16．将十进制数30化为二进制数为________．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．已知函数.（1）求证：；（2）若角满足，求锐角的取值范围.18．已知函数，其中.（1）若函数在区间内有一个零点，求的取值范围；（2）若函数在区间上的最大值与最小值之差为2，且,求的取值范围.19．已知函数，且．（1）求的值；（2）求的最小正周期及单调递增区间．20．已知函数，.（1）求解不等式；（2）若，求的最小值.21．已知函数（）．（1）若不等式的解集为，求的取值范围；（2）当时，解不等式；（3）若不等式的解集为，若，求的取值范围．

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、A【解题分析】由题设可知该函数的周期是，则过点且可得，故，由可得，所以由可得，注意到，故，所以，应选答案A点睛：已知函数的图象求解析式(1).(2)由函数的周期求(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求.2、B【解题分析】

可采用建立空间直角坐标系的方法来求两条异面直线所成的夹角，【题目详解】如图所示，以正方形ABCD的中心为坐标原点，DA方向为x轴，AB方向为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，，，由几何关系可求得，，，，为中点，,，，答案选B.【题目点拨】解决异面直线问题常用两种基本方法：异面直线转化成共面直线、空间向量建系法3、B【解题分析】

利用等式的性质或特殊值法来判断各选项中不等式的正误.【题目详解】对于A选项，若，则，故A不成立；对于B选项，，在不等式同时乘以，得，另一方面在不等式两边同时乘以，得，，故B成立；对于选项C，在两边同时除以，可得，所以C不成立；对于选项D，令，，则有，，，所以D不成立.故选B.【题目点拨】本题考查不等式正误的判断，常用的判断方法有：不等式的基本性质、特殊值法以及比较法，在实际操作中，可结合不等式结构合理选择相应的方法进行判断，考查推理能力，属于基础题.4、B【解题分析】

根据题意先求出线段的中点，然后代入直线方程求出的值.【题目详解】因为，，所以线段的中点为，因为直线过线段的中点，所以，解得.故选【题目点拨】本题考查了直线过某一点求解参量的问题，较为简单.5、B【解题分析】

利用不等式的性质，进行判断即可.【题目详解】因为，故由均值不等式可知：；因为，故；因为，故；综上所述：.故选：B.【题目点拨】本题考查均值不等式及利用不等式性质比较大小.6、B【解题分析】sin(π+α)−3cos(2π−α)=0，即：sinα+3cosα=0，①又∵sin2α+cos2α=1，②由①②联立解得：cos2α=.∴cos2α=2cos2α−1=.故选B.7、D【解题分析】

首先根据正弦定理得到，比较与的大小关系即可判定A，B错误，再根据大边对大角即可判定C错误，根据勾股定理即可判定D正确.【题目详解】对于A，因为，，所以，有两个解，故A错误.对于B，因为，，所以，无解，故B错误.对于C，因为，所以，即，，所以无解，故C错误.对于D，，为直角三角形，故D正确.故选：D【题目点拨】本题主要考查三角形个数的判断，利用正弦定理判断为解题的关键，属于简单题.8、A【解题分析】

由已知利用正弦定理可求的值，利用大边对大角可求为锐角，利用特殊角的三角函数值，即可得解．【题目详解】由题意知，由正弦定理，可得＝＝，又因为，可得B为锐角，所以．故选A．【题目点拨】本题主要考查了正弦定理，大边对大角，特殊角的三角函数值在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．9、D【解题分析】

由题意得到，再由两角差的余弦及同角三角函数的基本关系式化简求解.【题目详解】解：∵角与角均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称，

∴，

，

故选：D.【题目点拨】本题考查了两角差的余弦公式的应用，是基础题.10、B【解题分析】

根据直线垂直公式得到答案.【题目详解】已知直线,与互相垂直或故答案选B【题目点拨】本题考查了直线垂直的关系，意在考查学生的计算能力.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

利用反三角函数的性质及，可得答案.【题目详解】解：，且，，∴，故答案为：【题目点拨】本题主要考查反三角函数的性质，相对简单.12、．【解题分析】

首先利用数列的关系式的变换求出数列为等差数列，进一步求出数列的通项公式，最后求出数列的和．【题目详解】解：数列中，，当时，，整理得，即，∴数列是以为首项，6为公差的等差数列，故，所以，故答案为：．【题目点拨】本题主要考查定义法判断等差数列，考查等差数列的前项和，考查运算能力和推理能力，属于中档题．13、【解题分析】试题分析：的夹角，，，，.考点：向量的运算.【思路点晴】平面向量的数量积计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用.利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决．列出方程组求解未知数.14、①②④【解题分析】

依据题意作出函数f(x)的图像，通过图像可以判断以下结论是否正确。【题目详解】作出函数f(x)的图像，由图像可知2是函数fx的周期，函数fx在1,2上递减，在2,3上递增，函数当x∈3,4时，f(x)=f(x-4)=f(4-x)=故正确的结论有①②④。【题目点拨】本题主要考查函数的图像与性质以及数形结合思想，意在考查学生的逻辑推理能力。15、【解题分析】

根据题意可知，可得，依次计算，，不难发现：边长依次为，，，，构成是公比为的等比数列，正方形的面积：依次，，不难发现：边长依次为，，，，正方形的面积构成是公比为的等比数列．利用无穷等比数列的和公式可得所有正方形的面积的和．【题目详解】根据题意可知，可得，依次计算，，是公比为的等比数列，正方形的面积：依次，，边长依次为，，，，正方形的面积构成是公比为的等比数列．所有正方形的面积的和．故答案为：【题目点拨】本题考查了无穷等比数列的和公式的运用．利用边长关系建立等式，找到公比是解题的关键．属于中档题．16、【解题分析】

利用除取余法可将十进制数化为二进制数.【题目详解】利用除取余法得因此，，故答案为.【题目点拨】本题考查将十进制数转化为二进制数，将十进制数转化为进制数，常用除取余法来求解，考查计算能力，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）证明见解析；（2）.【解题分析】

（1）根据函数的解析式化简计算可得出；（2）由（1）得，由，可得，并推导出函数为上的增函数，可得出，由为锐角可得出，由此可得出锐角的取值范围.【题目详解】（1），；（2）任取、，且，，，，，所以，函数是上的增函数，由（1）知：即，由，得，又，即有，故有，即，为锐角，则，，的取值范围是.【题目点拨】本题考查利用解析式化简计算，同时也考查了利用函数的单调性解不等式，涉及三角不等式的求解，考查计算能力，属于中等题.18、（1）；（2）.【解题分析】

（1）解方程的根，则根在区间内，即可求出的范围即可；（2）根据函数的单调性求出最大，最小，作差得，从而得到关于的不等式，解出即可．【题目详解】（1）由，得，由得：，所以的范围是.（2）在递增，，，，，由，得，，解得：．【题目点拨】本题考查对数函数的性质、函数的单调性、最值等问题，考查转化与化归思想，求解过程中要会灵活运用换元法进行问题解决．19、（1）；（2）最小正周期为,单调递增区间为，.【解题分析】

（1）因为，所以，化简解方程即得．（2）由（1）可得求出函数的最小正周期，再利用复合函数和三角函数的图像和性质求函数的单调递增区间得解.【题目详解】解：（1）因为，所以，所以，即，解得．（2）由（1）可得，则的最小正周期为．令，，解得，，故的单调递增区间为，．【题目点拨】本题主要考查三角恒等变换和三角求值，考查三角函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，属于基础题.20、（1）或（2）【解题分析】

（1）对x分类讨论解不等式得解；（2）由题得，再利用基本不等式求函数的最小值.【题目详解】解：（1）当时，，解得.当时，，解得.所以不等式解集为或.（2），当且仅当，即时取等号.【题目点拨】本题主要考查分式不等式的解法，考查基本不等式求函数的最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.21、（1）；（2）.；（3）.【解题分析】试题分析：（1）对二项式系数进行讨论，可得求出解集即可；（2）分为，，分别解出3种情形对应的不等式即可；（3）将问题转化为对任意的，不等式恒成立，利用分离参数的思想得恒成立，求出其最大值即可.试题解析：（1）①当即时，，不合题意；②当即时，，即，∴，∴（2）即即①当即时，解集为②当即时，∵，∴解集为③当即时，∵，所以，所以∴解集为（3）不等式的解集为，，即对任意的，不等