安徽省淮南一中2023年數學高一第二學期期末檢測試題含解析

2022-2023學年高一下數學期末模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．在三棱錐中，平面，，，點M為內切圓的圓心，若，則三棱錐的外接球的表面積為（）A． B． C． D．2．一個扇形的弧長與面積都是3，則這個扇形圓心角的弧度數為（）A． B． C． D．3．已知數列的前項和滿足.若對任意正整數都有恒成立，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．4．幾位大學生響應國家的創(chuàng)業(yè)號召，開發(fā)了一款應用軟件.為激發(fā)大家學習數學的興趣，他們推出了“解數學題獲取軟件激活碼”的活動.這款軟件的激活碼為下面數學問題的答案：已知數列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一項是20，接下來的兩項是20，21，再接下來的三項是20，21，22，依此類推.求滿足如下條件的最小整數N：N>100且該數列的前N項和為2的整數冪.那么該款軟件的激活碼是A．440 B．330C．220 D．1105．下列說法正確的是（）A．銳角是第一象限的角，所以第一象限的角都是銳角;B．如果向量，則；C．在中，記，，則向量與可以作為平面ABC內的一組基底；D．若，都是單位向量，則.6．在三棱錐中，，二面角的大小為，則三棱錐的外接球的表面積為（）A． B． C． D．7．設等差數列{an}的前n項和為Sn．若a1+a3＝6，S4＝16，則a4＝（）A．6 B．7 C．8 D．98．已知，且，則（）A． B． C． D．9．某高級中學共有學生3000人,其中高二年級有學生800人,高三年級有學生1200人,為了調查學生的課外閱讀時長,現用分層抽樣的方法從所有學生中抽取75人進行問卷調查，則高一年級被抽取的人數為（）A．20 B．25 C．30 D．3510．設等比數列的前項和為，若則（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．在單位圓中，面積為1的扇形所對的圓心角的弧度數為_．12．已知數列的前項和為，，，則__________．13．已知無窮等比數列的首項為，公比為q，且，則首項的取值范圍是________．14．已知函數，（常數、），若當且僅當時，函數取得最大值1，則實數的數值為______.15．數列滿足，則的前60項和為_____．16．在中，角所對邊長分別為，若，則的最小值為__________.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．如圖1，在中，，，，分別是，，中點，，.現將沿折起，如圖2所示，使二面角為，是的中點.（1）求證：面面；（2）求直線與平面所成的角的正弦值.18．等差數列中，.(1)求的通項公式；(2)設，求數列的前項和.19．已知函數（其中）的圖象如圖所示：（1）求函數的解析式及其對稱軸的方程；（2）當時，方程有兩個不等的實根，求實數的取值范圍，并求此時的值.20．對于三個實數、、，若成立，則稱、具有“性質”.（1）試問：①，0是否具有“性質2”；②（），0是否具有“性質4”；（2）若存在及，使得成立，且，1具有“性質2”，求實數的取值范圍；（3）設，，，為2019個互不相同的實數，點（）均不在函數的圖象上，是否存在，且，使得、具有“性質2018”，請說明理由.21．解關于x的不等式

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、C【解析】

求三棱錐的外接球的表面積即求球的半徑，則球心到底面的距離為，根據正切和MA的長求PA，再和MA的長即可通過勾股定理求出球半徑R，則表面積.【詳解】取BC的中點E，連接AE（圖略）.因為，所以點M在AE上，因為，，所以，則的面積為，解得，所以.因為，所以.設的外接圓的半徑為r，則，解得.因為平面ABC，所以三棱錐的外接球的半徑為，故三棱錐P-ABC的外接球的表面積為.【點睛】此題關鍵點通過題干信息畫出圖像，平面ABC和底面的內切圓圓心確定球心的位置，根據幾何關系求解即可，屬于三棱錐求外接球半徑基礎題目．2、B【解析】

根據扇形的弧長與面積公式,代入已知條件即可求解.【詳解】設扇形的弧長為,面積為,半徑為,圓心角弧度數為由定義可得,代入解得rad故選:B【點睛】本題考查了扇形的弧長與面積公式應用,屬于基礎題.3、C【解析】

先利用求出數列的通項公式，于是可求出，再利用參變量分離法得到，利用數列的單調性求出數列的最小項的值，可得出實數的取值范圍．【詳解】當時，，即，得；當時，由，得，兩式相減得，得，，所以，數列為等比數列，且首項為，公比為，.，由，得，所以，數列單調遞增，其最小項為，所以，，因此，實數的取值范圍是，故選C．【點睛】本題考查利用數列前項和求數列的通項，其關系式為，其次考查了數列不等式與參數的取值范圍問題，一般利用參變量分離法轉化為數列的最值問題來求解，考查化歸與轉化問題，屬于中等題．4、A【解析】由題意得，數列如下：則該數列的前項和為，要使，有，此時，所以是第組等比數列的部分和，設，所以，則，此時，所以對應滿足條件的最小整數，故選A.點睛:本題非常巧妙地將實際問題和數列融合在一起，首先需要讀懂題目所表達的具體含義，以及觀察所給定數列的特征，進而判斷出該數列的通項和求和.另外，本題的難點在于數列里面套數列，第一個數列的和又作為下一個數列的通項，而且最后幾項并不能放在一個數列中，需要進行判斷.5、C【解析】

可舉的角在第一象限，但不是銳角，可判斷A；考慮兩向量是否為零向量，可判斷B；由不共線，推得與不共線，可判斷C；考慮兩向量的方向可判斷D，得到答案．【詳解】對于A，銳角是第一象限的角，但第一象限的角不一定為銳角，比如的角在第一象限，但不是銳角，故A錯誤；對于B，如果兩個非零向量滿足，則，若存在零向量，結論不一定成立，故B錯誤；對于C，在中，記，可得與不共線，則向量與可以作為平面內的一組基底，故C正確；對于D，若都是單位向量，且方向相同時，；若方向不相同，結論不成立，所以D錯誤．故選C．【點睛】本題主要考查了命題的真假判斷，主要是向量共線和垂直的條件，著重考查了判斷能力和分析能力，屬于基礎題．6、D【解析】

取AB中點F,SC中點E，設的外心為，外接圓半徑為三棱錐的外接球球心為，由，在四邊形中，設，外接球半徑為，則則可求，表面積可求【詳解】取AB中點F,SC中點E,連接SF,CF,因為則為二面角的平面角，即又設的外心為，外接圓半徑為三棱錐的外接球球心為則面，由在四邊形中，設，外接球半徑為，則則三棱錐的外接球的表面積為故選D【點睛】本題考查二面角，三棱錐的外接球，考查空間想象能力，考查正弦定理及運算求解能力，是中檔題7、B【解析】

利用等差數列的性質對已知條件進行化簡，由此求得的值.【詳解】依題意，解得.故選：B【點睛】本小題主要考查等差中項的性質，屬于基礎題.8、A【解析】

根據，，利用平方關系得到，再利用商數關系得到，最后用兩和的正切求解.【詳解】因為，，所以，所以，所以．故選：A【點睛】本題主要考查了同角三角函數基本關系式和兩角和的正切公式，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.9、B【解析】

通過計算三個年級的人數比例，于是可得答案.【詳解】抽取比例為753000=140，高一年級有【點睛】本題主要考查分層抽樣的相關計算，難度很小.10、B【解析】

根據等比數列中前項和的“片段和”的性質求解．【詳解】由題意得，在等比數列中，成等比數列，即成等比數列，∴，解得．故選B．【點睛】設等比數列的前項和為，則仍成等比數列，即每個項的和仍成等比數列，應用時要注意使用的條件是數列的公比．利用此結論解題可簡化運算，提高解題的效率．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、2【解析】試題分析：由題意可得：．考點：扇形的面積公式．12、【解析】

先利用時，求出的值，再令，由得出，兩式相減可求出數列的通項公式，再將的表達式代入，可得出.【詳解】當時，則有，；當時，由得出，上述兩式相減得，，得且，所以，數列是以為首項，以為公比的等比數列，則，，那么，因此，，故答案為.【點睛】本題考查等比數列前項和與通項之間的關系，同時也考查了等比數列求和，一般在涉及與的遞推關系求通項時，常用作差法來求解，考查計算能力，屬于中等題.13、【解析】

根據極限存在得出，對分、和三種情況討論得出與之間的關系，可得出的取值范圍.【詳解】由于，則.①當時，則，；②當時，則，；③當時，，解得.綜上所述：首項的取值范圍是，故答案為：.【點睛】本題考查極限的應用，要結合極限的定義得出公比的取值范圍，同時要對公比的取值范圍進行分類討論，考查分類討論思想的應用，屬于中等題.14、-1【解析】

先將函數轉化成同名三角函數，再結合二次函數性質進行求解即可【詳解】令，，對稱軸為；當時，時函數值最大，，解得；當時，對稱軸為，函數在時取到最大值，與題設矛盾；當時，時函數值最大，，解得；故的數值為：-1故答案為：-1【點睛】本題考查換元法在三角函數中的應用，分類討論求解函數最值，屬于中檔題15、1830【解析】

由題意可得，，，，，，…，，變形可得，，，，，，，，…，利用數列的結構特征，求出的前60項和．【詳解】解：，∴，，，，，，…，，∴，，，，，，，，…，從第一項開始，依次取2個相鄰奇數項的和都等于2，從第二項開始，依次取2個相鄰偶數項的和構成以8為首項，以16為公差的等差數列，的前60項和為，故答案為：．【點睛】本題主要考查遞推公式的應用，考查利用構造等差數列求數列的前項和，屬于中檔題．16、【解析】

根據余弦定理，可得，然后利用均值不等式，可得結果.【詳解】在中，，由，所以又，當且僅當時取等號故故的最小值為故答案為：【點睛】本題考查余弦定理以及均值不等式，屬基礎題.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）見解析（2）【解析】

（1）證明面得到面面.（2）先判斷為直線與平面所成的角，再計算其正弦值.【詳解】（1）證明：法一：由已知得：且，，∴面.∵，∴面.∵面，∴，又∵，∴，∵，，∴面.面，∴.又∵且是中點，∴，∴，∴面.∵面，∴面面.法二：同法一得面.又∵，面，面，∴面.同理面，，面，面.∴面面.∴面，面，∴.又∵且是中點，∴，∴，∴面.∵面，∴面面.（2）由（1）知面，∴為直線在平面上的射影.∴為直線與平面所成的角，∵且，∴二面角的平面角是.∵，∴，∴.又∵面，∴.在中，.在中，.∴在中，.【點睛】本題考查了面面垂直，線面夾角，意在考查學生的空間想象能力和計算能力.18、（1）（2）【解析】

(1)設等差數列{an}的公差為d，則an＝a1＋(n－1)d.因為所以.解得a1＝1，d＝.所以{an}的通項公式為an＝.(2)bn＝＝，所以Sn＝19、（1），；（2），.【解析】

（1）根據圖像得A=2,利用，求ω值，再利用時取到最大值可求φ，從而得到函數解析式，進而求得對稱軸方程；（2）由得，方程f（x）＝2a﹣3有兩個不等實根轉為f（x）的圖象與直線y＝2a﹣3有兩個不同的交點，從而可求得a的取值范圍，利用圖像的性質可得的值.【詳解】（1）由圖知，,解得ω=2，f(x)=2sin(2x+φ),當時，函數取得最大值，可得，即，，解得，又所以，故，令則，所以的對稱軸方程為；（2），所以方程有兩個不等實根時，的圖象與直線有兩個不同的交點，可得,當時，，有，故.【點睛】本題考查由y＝Asin（ωx+φ）的部分圖象確定函數解析式，考查函數y＝Asin（ωx+φ）的圖象及性質的綜合應用，屬于中檔題．20、（1）①具有“性質2”，②不具有“性質4”；（2）；（3）存在.【解析】

（1）①根據題意需要判斷的真假即可②根據題意判斷是否成立即可得出結論；（2）根據具有性質2可求出的范圍，由存在性問題成立轉化為，根據函數的性質求最值即可求解.【詳解】（1）①因為，成立,所以，故，0具有“性質2”②因為，設，則設，對稱軸為，所以函數在上單調遞減，當時，，所以當時，不恒成立，即不成立，故（），0不具有“性質4”.（2）因為，1具有“性質2”所以化簡得解得或.因為存在及，使得成立，所以存在及使即可.令，則，當時，，所以在上是增函數，所以時，，當時，，故時，因為在上單調遞減，在上單調遞增，所以，故只需滿足即可，解得.（3）假設具有“性質2018”，則，即證明在任意2019個互不相同的實數中，一定存在兩個實數,滿足：.證明：由，令，由萬能公式知，將等分成2018個小區(qū)間，則這2019個數必然有兩個數落在同一個區(qū)間，令其為：，即，也就是說，在，，，這2019個數中，一定有兩個數滿足，即一定存在兩個實數，滿足，從而得證.【點睛】本題主要考查