2024届北京西城3中数学高一第二学期期末复习检测模拟试题含解析

2024届北京西城3中数学高一第二学期期末复习检测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若2Sn＝an+1﹣1（n∈N*），则首项a1为（）A．1 B．2 C．3 D．42．设集合,则（）A． B． C． D．3．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A． B．C． D．4．在中，，，则（）A．或 B． C． D．5．空间中可以确定一个平面的条件是（）A．三个点 B．四个点 C．三角形 D．四边形6．设为两条不同的直线，为三个不重合平面，则下列结论正确的是()A．若，，则 B．若，则C．若，，则 D．若，，则7．设且，则下列不等式成立的是（）A． B． C． D．8．设集合，，若，则的取值范围是（）A． B． C． D．9．若，则()A．0 B．-1 C．1或0 D．0或-110．在等差数列an中，若a3+A．6 B．7 C．8 D．9二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知数列的前项和为，则其通项公式__________．12．已知函数，则的取值范围是____13．三阶行列式中，元素4的代数余子式的值为________.14．化简：______.（要求将结果写成最简形式）15．已知，，若，则实数的值为__________．16．已知与的夹角为，，，则________.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．已知向量.(1)当时，求的值；(2)设函数，当时，求的值域.18．如图所示，在三棱柱中，与都为正三角形，且平面，分别是的中点.求证：（1）平面平面；（2）平面平面.19．设，求函数的最小值为__________．20．在中，内角A，B，C的对边分别是ɑ，b，c，已知，.(1)求角C；(2)求面积的最大值.21．已知数列满足，．（1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项公式；（2）设，数列的前n项和为，求使不等式＜对一切恒成立的实数的范围．

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】

等比数列的公比设为，分别令，结合等比数列的定义和通项公式，解方程可得所求首项.【题目详解】等比数列的公比设为，由，令，可得，，两式相减可得，即，又所以.故选：A.【题目点拨】本题考查数列的递推式的运用，等比数列的定义和通项公式，考查方程思想和运算能力，属于基础题．2、B【解题分析】试题分析：由已知得，，故，选B．考点：集合的运算．3、C【解题分析】

先通过三视图找到几何体原图，再求几何体的体积得解.【题目详解】由题得该几何体是一个边长为4的正方体挖去一个圆锥（圆锥底面在正方体上表面上，圆锥顶部朝下），所以几何体体积为.故选：C【题目点拨】本题主要考查三视图还原几何体原图，考查组合体体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.4、C【解题分析】

由正弦定理计算即可。【题目详解】由题根据正弦定理可得即，解得，所以为或，又因为，所以为故选C.【题目点拨】本题考查正弦定理，属于简单题。5、C【解题分析】

根据公理2即可得出答案．【题目详解】在A中，不共线的三个点能确定一个平面，共线的三个点不能确定一个平面，故A错误；在B中，不共线的四个点最多能确定四个平面，故B错误；在C中，由于三角形的三个顶点不共线，因此三角形能确定一个平面，故C正确；在D中，四边形有空间四边形和平面四边形，空间四边形不能确定一个平面，故D错误.【题目点拨】本题对公理2进行了考查，确定一个平面关键是对过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面的理解．6、D【解题分析】

根据空间中线线、线面、面面位置关系，逐项判断，即可得出结果.【题目详解】A选项，若，，则可能平行、相交或异面；故A错；B选项，若，，则或，故B错；C选项，若，，因为为三个不重合平面，所以或，故C错；D选项，若，，则，故D正确；故选D【题目点拨】本主要考查命题真假的判定，熟记空间中线线、线面、面面位置关系，即可得出结果.7、A【解题分析】项，由得到，则，故项正确；项，当时，该不等式不成立，故项错误；项，当，时，，即不等式不成立，故项错误；项，当，时，，即不等式不成立，故项错误．综上所述，故选．8、A【解题分析】因为，，且，即，所以.故选A.9、D【解题分析】

由二倍角公式可得，即，从而分情况求解.【题目详解】易得，或.

由得.

由，得.故选：D【题目点拨】本题考查二倍角公式的应用以及有关的二次齐次式子求值，属于中档题.10、C【解题分析】

通过等差数列的性质可得答案.【题目详解】因为a3+a9=17【题目点拨】本题主要考查等差数列的性质，难度不大.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】分析：先根据和项与通项关系得当时，，再检验，时，不满足上述式子，所以结果用分段函数表示.详解：∵已知数列的前项和，∴当时，，当时，，经检验，时，不满足上述式子，故数列的通项公式．点睛：给出与的递推关系求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求.应用关系式时，一定要注意分两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起.12、【解题分析】

分类讨论，去掉绝对值，利用函数的单调性，求得函数各段上的取值，进而得到函数的取值范围，得到答案．【题目详解】由题意，当时，函数，此时函数为单调递减函数，所以最大值为，此时函数的取值当时，函数，此时函数为单调递减函数，所以最大值为，最小值，所以函数的取值为当时，函数，此时函数为单调递增函数，所以最大值为，此时函数的取值，综上可知，函数的取值范围是．【题目点拨】本题主要考查了分段函数的值域问题，其中解答中合理分类讨论去掉绝对值，利用函数的单调性求得各段上的值域是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．13、6【解题分析】

利用代数余子式的定义直接求解.【题目详解】三阶行列式中，元素4的代数余子式的值为：.故答案为：6.【题目点拨】本题主要考查了三阶行列式中元素的代数余子式的求法，属于中档题.14、【解题分析】

结合诱导公式化简，再结合两角差正弦公式分析即可【题目详解】故答案为：【题目点拨】本题考查三角函数的化简，诱导公式的使用，属于基础题15、【解题分析】

利用共线向量等价条件列等式求出实数的值.【题目详解】，，且，，因此，，故答案为.【题目点拨】本题考查利用共线向量来求参数，解题时要充分利用共线向量坐标表示列等式求解，考查计算能力，属于基础题.16、3【解题分析】

将平方再利用数量积公式求解即可.【题目详解】因为,故.化简得.因为，故.故答案为：3【题目点拨】本题主要考查了模长与数量积的综合运用,经常利用平方去处理.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)-7，(2)【解题分析】试题分析：(1)由向量共线得到等量关系，求出角的正切值，再利用两角差正切公式求解：(2)先根据向量数量积，利用二倍角公式及配角公式得到三角函数关系式，再从角出发研究基本三角函数范围：试题解析：(1),3分6分(2)8分11分，的值域为14分考点：向量平行坐标表示，三角函数性质18、(1)见解析.(2)见解析.【解题分析】

（1）由分别是的中点，证得，由线面平行的判定定理，可得平面，平面，再根据面面平行的判定定理，即可证得平面平面.（2）利用线面垂直的判定定理，可得平面，再利用面面垂直的判定定理，即可得到平面平面.【题目详解】（1）在三棱柱中，因为分别是的中点，所以，根据线面平行的判定定理，可得平面，平面又，∴平面平面.（2）在三棱柱中，平面，所以，又，，所以平面，而平面，所以平面平面.【题目点拨】本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．19、9【解题分析】试题分析：本题解题的关键在于关注分母，充分运用发散性思维，经过同解变形构造基本不等式，从而求出最小值.试题解析：由得，则当且仅当时，上式取“=”，所以.考点：基本不等式；构造思想和发散性思维.20、（1）；（2）【解题分析】

（1）利用正弦定理边化角可求得，由的范围可求得结果；（2）利用余弦定理和基本不等式可求得的最大值，代入三角形面积公式可求得结果.【题目详解】（1）由正弦定理得：，即又（2）由余弦定理得：（当且仅当时取等号），即面积的最大值为【题目点拨】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理边化角的应用、余弦定理解三角形、基本不等式求积的最大值、三角形面积公式的应用；求解面积的最大值的关键是能够在余弦定理的基础上，利用基本不等式来求解两边之积的最大值.21、（1）见解析，；（2）【解题分析】