江苏省连云港市东海县2024届高一下数学期末综合测试模拟试题含解析

江苏省连云港市东海县2024届高一下数学期末综合测试模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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．中，分别是内角的对边，且，，则等于（）A． B． C． D．2．不等式的解集为，则实数的值为（）A． B．C． D．3．函数（其中，，）的图象如图所示，为了得到的图象，只需把的图象上所有的点（）A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度C．向右平移个单位长度 D．向左平移个单位长度4．下列函数，是偶函数的为（）A． B． C． D．5．设是△所在平面内的一点，且，则△与△的面积之比是（）A． B． C． D．6．若线性方程组的增广矩阵是5b1102bA．1 B．2 C．3 D．47．己知某三棱锥的三视图如图所示，其中正视图和侧视图都是边长为2的等边三角形，则该三棱锥的体积为（）A． B． C． D．8．的内角的对边分别为，若的面积为，则（）A． B． C． D．9．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积为（）A．13+5 B．11+5 C．10．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．在锐角中，则的值等于．12．如图，二面角等于，、是棱上两点，、分别在半平面、内，，，且，则的长等于______．13．执行右边的程序框图，若输入的是，则输出的值是．14．已知正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为______.15．已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为______．16．已知圆上有两个点到直线的距离为3，则半径的取值范围是________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．在中，已知，是边上的一点，,,.（1）求的大小；（2）求的长.18．在公差不为零的等差数列中，成等比数列.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，设数列的前项和，求证.19．正项数列：，满足：是公差为的等差数列，是公比为2的等比数列.（1）若，求数列的所有项的和；（2）若，求的最大值；（3）是否存在正整数，满足?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.20．已知数列满足，数列满足，其中为的前项和，且（1）求数列和的通项公式（2）求数列的前项和.21．已知圆与圆：关于直线对称．（1）求圆的标准方程；（2）已知点，若与直线垂直的直线与圆交于不同两点、，且是钝角，求直线在轴上的截距的取值范围．

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、D【解析】试题分析：由已知得，解得（舍）或，又因为，所以，由正弦定理得.考点：1、倍角公式；2、正弦定理.2、C【解析】

不等式的解集为，为方程的两根，则根据根与系数关系可得，.故选C.考点：一元二次不等式；根与系数关系.3、C【解析】

通过图象可以知道：最低点的纵坐标为，函数的图象与横轴的交点的坐标为，与之相邻的最低点的坐标为，这样可以求出和最小正周期，利用余弦型函数最小正周期公式，可以求出，把零点代入解析式中，可以求出，这样可以求出函数的解析式，利用诱导公式化为正弦型三角函数解析式形式，最后利用平移变换解析式的变化得出正确答案.【详解】由图象可知：函数的最低点的纵坐标为，函数的图象与横轴的交点的坐标为，与之相邻的最低点的坐标为，所以，设函数的最小正周期为，则有，而，把代入函数解析式中，得，所以，而，显然由向右平移个单位长度得到的图象，故本题选C.【点睛】本题考查了由函数图象求余弦型函数解析式，考查了正弦型函数图象之间的平移变换规律.4、B【解析】

逐项判断各项的定义域是否关于原点对称，再判断是否满足即可得解.【详解】易知各选项的定义域均关于原点对称.，故A错误；，故B正确；，故C错误；，故D错误.故选：B.【点睛】本题考查了诱导公式的应用和函数奇偶性的判断，属于基础题.5、B【解析】试题分析：依题意，得，设点到的距离为，所以与的面积之比是，故选B．考点：三角形的面积．6、C【解析】

由题意得5×3421+【详解】由题意得5×3421+解得b1则b2【点睛】本题主要考查了线性方程组的解法，以及增广矩阵的概念，考查运算能力，属于中档题.7、B【解析】

先找到三视图对应的几何体原图，再求几何体的体积.【详解】由题得三视图对应的几何体原图是如图所示的三棱锥A-BCD，所以几何体的体积为.故选B【点睛】本题主要考查三视图找到几何体原图，考查三棱锥体积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.8、C【解析】

由题意可得，化简后利用正弦定理将“边化为角“即可．【详解】解：的面积为，，，故选：C．【点睛】本题主要考查正弦定理的应用和三角形的面积公式，属于基础题．9、B【解析】

三视图可看成由一个长1宽2高1的长方体和以2和1为直角边的三角形为底面高为1的三棱柱组合而成．【详解】几何体可看成由一个长1宽2高1的长方体和以2和1为直角边的三角形为底面高为1的三棱柱组合而成S=【点睛】已知三视图，求原几何体的表面积或体积是高考必考内容，主要考查空间想象能力，需要熟练掌握常见的几何体的三视图，会识别出简单的组合体．10、D【解析】试题分析：，,故选D.考点：点线面的位置关系.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、2【解析】设由正弦定理得12、1【解析】

由已知中二面角α﹣l﹣β等于110°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝BD＝1，由，结合向量数量积的运算，即可求出CD的长．【详解】∵A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，又∵二面角α﹣l﹣β的平面角θ等于110°，且AB＝AC＝BD＝1，∴，60°，∴故答案为1．【点睛】本题考查的知识点是与二面角有关的立体几何综合题，其中利用，结合向量数量积的运算，是解答本题的关键．13、24【解析】

试题分析：根据框图的循环结构，依次；；；．跳出循环输出．考点：算法程序框图．14、.【解析】

根据题意画出正方体,由线段关系即可求得三棱锥的体积.【详解】根据题意,画出正方体如下图所示:由棱锥的体积公式可知故答案为:【点睛】本题考查了三棱锥体积求法,通过转换顶点法求棱锥的体积是常用方法,属于基础题.15、【解析】

根据函数图象以及不等式的等价关系即可．【详解】解：不等式等价为或，

则，或，

故不等式的解集是．

故答案为：．【点睛】本题主要考查不等式的求解，根据不等式的等价性结合图象之间的关系是解决本题的关键．16、【解析】

由圆上有两个点到直线的距离为3，先求出圆心到直线的距离，得到不等关系式，即可求解．【详解】由题意，圆的圆心坐标为，半径为，则圆心到直线的距离为，又因为圆上有两个点到直线的距离为3，则，解得，即圆的半径的取值范围是．【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中合理应用圆心到直线的距离，结合图象得到半径的不等关系式是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题．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）.【解析】试题分析：（1）在中，由余弦定理得，最后根据的值及，即可得到的值；（2）在中，由正弦定理得到，从而代入数据进行运算即可得到的长.试题解析：（1）在中，，由余弦定理可得又因为，所以（2）在中，由正弦定理可得所以.考点：1.正弦定理；2.余弦定理；3.解斜三角形.18、（Ⅰ）（Ⅱ）见解析【解析】

（Ⅰ）根据题意列出方程组，利用等差数列的通项公式化简求解即可；（Ⅱ）将的通项公式代入所给等式化简求出的通项公式，利用裂项相消法求出，由推出，由数列是递增数列推出.【详解】（Ⅰ）设等差数列的公差为（），因为，所以解得，所以.（Ⅱ），.因为，所以，又因为，所以数列是递增数列，于是.综上，.【点睛】本题考查等差数列的基本量的求解，裂项相消法求和，数列性质的应用，属于中档题.19、（1）84；（2）1033；（3）存在，【解析】

（1）由题意可得：，即为：2，4，6，8，10，12，14，16，8，4；可得的值；（2）由题意可得，故有；即，即必是2的整数幂，要最大，必需最大，，可得出的最大值；（3）由是公差为的等差数列，是公比为2的等比数列，可得与，可得k与m的方程，一一验算k的值可得答案.【详解】解：（1）由已知，故为：2，4，6，8，10，12，14，16；公比为2，则对应的数为2，4，8，16，从而即为：2，4，6，8，10，12，14，16，8，4；此时（2）是首项为2，公差为2的等差数列，故，从而，而首项为2，公比为2的等比数列且，故有；即，即必是2的整数幂又，要最大，必需最大，，故的最大值为，所以，即的最大值为1033（3）由数列是公差为的等差数列知，，而是公比为2的等比数列，则，故，即，又，，则，即，则，即显然，则，所以，将，代入验证知，当时，上式右端为8，等式成立，此时，综上可得：当且仅当时，存在满足等式【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及等差数列、等比数列前n项的和，属于难题，注意灵活运用各公式解题与运算准确.20、（1）；（2）【解析】

（1）由题意可得，由等差数列的通项公式可得；由数列的递推式，结合等比数列的定义和通项公式可得；（2），运用数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式可得所求和．【详解】解：（1）由，同乘以得，可知是以2为公差的等差数列，而，故；又，相减得，，可知是以为公比的等比数列，而，故；（2）因为，，，两式相减得．【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的错位相减法求和，考查化简运算能力，属于中档题．21、（1）；（2）【解析】

（1）根据两圆对称，直径一样，只需圆心对称即可得圆C的标准方程；（2）设直线l的方程为y＝﹣x+m与圆C联立方程组，利用韦达定理，设而不