2023-2024学年福建省福清市华侨中学高一下数学期末达标检测模拟试题含解析

2023-2024学年福建省福清市华侨中学高一下数学期末达标检测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．已知数列中，,则（）A． B． C． D．2．若干个人站成一排，其中为互斥事件的是()A．“甲站排头”与“乙站排头”B．“甲站排头”与“乙不站排尾”C．“甲站排头”与“乙站排尾”D．“甲不站排头”与“乙不站排尾”3．若向量，，则（）A． B． C． D．4．在中，分别是角的对边,若,且，则的值为()A．2 B． C． D．45．若等差数列的前5项之和，且，则（）A．12 B．13 C．14 D．156．若，则t=（）A．32 B．23 C．14 D．137．“结绳计数”是远古时期人类智慧的结晶，即人们通过在绳子上打结来记录数量.如图所示的是一位农民记录自己采摘果实的个数.在从右向左依次排列的不同绳子上打结，满四进一.根据图示可知，农民采摘的果实的个数是（）A．493 B．383 C．183 D．1238．已知l，m是两条不同的直线，m⊥平面α，则“”是“l⊥m”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件9．函数的图象与函数的图象交点的个数为（）A． B． C． D．10．已知，，那么等于（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．函数的部分图象如图所示，则函数的解析式为______.12．把二进制数1111（2）化为十进制数是______．13．经过点，且在两坐标轴上的截距之和为2的直线的一般式方程为________.14．已知正方体的棱长为，点、分别为、的中点，则点到平面的距离为______.15．在中，若，则____；16．已知x、y满足约束条件，则的最小值为________.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．在锐角中，角的对边分别是，且.（1）求角的大小；（2）若，求面积的最大值.18．在锐角中角，，的对边分别是，，，且.（1）求角的大小；（2）若，求面积的最大值.19．若,且,求的值.20．在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆上．（1）求圆的方程；（2）若圆与直线交于，两点，且，求的值．21．随着我国经济的发展，居民的储蓄存款逐年增长.设某地区城乡居民人民币储蓄存款（年底余额）如下表：年份

2010

2011

2012

2013

2014

时间代号

1

2

3

4

5

储蓄存款（千亿元）

5

6

7

8

10

（Ⅰ）求y关于t的回归方程（Ⅱ）用所求回归方程预测该地区2015年（）的人民币储蓄存款.附：回归方程中

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【解析】

由数列的递推关系，可得数列的周期性，再求解即可.【详解】解:因为,①则,②①+②有:,即,则,即数列的周期为6,又,得，,则,故选:D.【点睛】本题考查了数列的递推关系，重点考查了数列周期性的应用，属基础题.2、A【解析】

根据不能同时发生的两个事件，叫互斥事件，依次判断．【详解】根据互斥事件不能同时发生，判断A是互斥事件；B、C、D中两事件能同时发生，故不是互斥事件；

故选A．【点睛】本题考查了互斥事件的定义．是基础题．3、B【解析】

根据向量的坐标运算，先由，求得，再求的坐标．【详解】因为，所以，所以．故选：B【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.4、A【解析】

由正弦定理，化简求得，解得，再由余弦定理，求得，即可求解，得到答案．【详解】在中，因为,且，由正弦定理得，因为，则，所以，即，解得，由余弦定理得，即，解得，故选A．【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键．通常当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.5、B【解析】试题分析：由题意得，，又，则，又，所以等差数列的公差为，所以．考点：等差数列的通项公式．6、B【解析】

先计算得到，再根据得到等式解得答案.【详解】故答案选B【点睛】本题考查了向量的计算，意在考查学生对于向量运算法则的灵活运用及计算能力.7、C【解析】

根据题意将四进制数转化为十进制数即可.【详解】根据题干知满四进一,则表示四进制数,将四进制数转化为十进制数,得到故答案为:C.【点睛】本题以数学文化为载体，考查了进位制等基础知识，注意运用四进制转化为十进制数，考查运算能力，属于基础题．8、A【解析】

根据充分条件和必要条件的定义，结合线面垂直的性质进行判断即可.【详解】当m⊥平面α时，若l∥α”则“l⊥m”成立，即充分性成立，若l⊥m，则l∥α或l⊂α，即必要性不成立，则“l∥α”是“l⊥m”充分不必要条件，故选：A.【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合线面垂直的性质和定义是解决本题的关键.难度不大，属于基础题9、D【解析】

通过对两函数的表达式进行化简，变成我们熟悉的函数模型，比如反比例、一次函数、指数、对数及三角函数,看图直接判断【详解】由，作图如下：共6个交点，所以答案选择D【点睛】函数图象交点个数问题与函数零点、方程根可以作相应等价，用函数零点及方程根本题不现实，所以我们更多去考虑分别作图象，直接看交点个数.10、B【解析】

首先求出题中，，之间的关系，然后利用正切的和角公式求解即可.【详解】由题知，，所以.故选：B.【点睛】本题考查了正切的和角公式，属于基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

根据三角函数图象依次求得的值.【详解】由图象可知，，所以，故，将点代入上式得，因为，所以.故.故答案为：【点睛】本小题主要考查根据三角函数的图象求三角函数的解析式，属于基础题.12、.【解析】

由二进制数的定义可将化为十进制数.【详解】由二进制数的定义可得，故答案为：.【点睛】本题考查二进制数化十进制数，考查二进制数的定义，考查计算能力，属于基础题.13、【解析】

由题可知，直线在x上轴截距为-3，再利用截距式可直接求得直线方程【详解】∵直线过（0，5），∴直线在y轴上的截距为5，又直线在两坐标轴上的截距之和为2，∴直线在x轴上的截距为2-5=-3∴直线方程为,即5x-3y+15=0【点睛】直线方程有五种基本形式，在只知道横纵截距的情况下，截距式是最快捷的一种方式14、【解析】

作出图形，取的中点，连接，证明平面，可知点平面的距离等于点到平面的距离，然后利用等体积法计算出点到平面的距离，即为所求.【详解】如下图所示，取的中点，连接，在正方体中，且，、分别为、的中点，且，所以，四边形为平行四边形，且，又，，平面，平面，平面，则点平面的距离等于点到平面的距离，的面积为，在正方体中，平面，且平面，，易知三棱锥的体积为.的面积为.设点到平面的距离为，则，.故答案为：.【点睛】本题考查点到平面的距离的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等体积法的合理运用．15、【解析】试题分析：因为，所以．由正弦定理，知，所以＝＝．考点：1、同角三角函数间的基本关系；2、正弦定理．16、－3【解析】

作出可行域，目标函数过点时，取得最小值.【详解】作出可行域如图表示：目标函数，化为，当过点时，取得最大值，则取得最小值，由，解得，即，的最小值为.故答案为:【点睛】本题考查二元一次不等式组表示平面区域，以及线性目标函数的最值，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）；（2）【解析】

（1）利用正弦定理边转化为角，逐步化简，即可得到本题答案；（2）由余弦定理得，，综合，得，从而可得到本题答案.【详解】（1）因为，所以，即，所以，又，所以，由为锐角三角形，则；（2）因为，所以，所以，即（当且仅当时取等号），所以.【点睛】本题主要考查利用正弦定理边角转化求角，以及余弦定理和基本不等式综合运用求三角形面积的最大值.18、（1）（2）【解析】

（1）由正弦定理可得，结合，可求出与；（2）由余弦定理可得，结合基本不等式可得，即可求出，从而可求出的最大值.【详解】解：（1）因为，所以，又，所以，又是锐角三角形，则.（2）因为，，，所以，所以，即（当且仅当时取等号），故.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的运用，考查了利用基本不等式求最值，考查了学生的计算能力，属于中档题.19、【解析】

本题首先可根据以及诱导公式得出，然后根据以及同角三角函数关系计算出，最后根据即可得出结果．【详解】因为，所以，因为，所以，因为，所以解得，．【点睛】本题考查同角三角函数关系的应用，考查的公式有、以及，考查计算能力，是简单题．20、（1）；（2）.【解析】分析：（1）因为曲线与坐标轴的交点都在圆上，所以要求圆的方程应求曲线与坐标轴的三个交点．曲线与轴的交点为，与轴的交点为．由与轴的交点为关于点(3,0)对称，故可设圆的圆心为，由两点间距离公式可得，解得．进而可求得圆的半径为，然后可求圆的方程为．（2）设，，由可得，进而可得，减少变量个数．因为，，所以．要求值，故将直线与圆的方程联立可得，消去，得方程．因为直线与圆有两个交点，故判别式，由根与系数的关系可得，．代入，化简可求得，满足，故．详解：（1）曲线与轴的交点为，与轴的交点为．故可设的圆心为，则有，解得．则圆的半径为，所以圆的方程为．（2）设，，其坐标满足方程组消去，得方程．由已知可得，判别式，且，．由于，可得．又，所以．由得，满足，故．点睛：⑴求圆的方程一般有两种方法：①待定系数法：如条件和圆心或半径有关，可设圆的方程为标准方程，再代入条件可求方程；如已知圆过两点或三点，可设圆的方程为一般方程，再根据条件求方程；②几何方法：利用圆的性质，如圆的弦的垂直平分线经过圆心，最长的弦为直径，圆心到切线的距离等于半径．（2）直线与圆或圆锥曲线交于，两点，若，应设，，可得．可将直线与圆或圆锥曲线的方程联立消去，得关于的一元二次方程，利用根与系数的关系得两根和与两根积，代入，化简求值