2024屆山東泰安知行學校高一數學第二學期期末經典模擬試題含解析

2024屆山東泰安知行學校高一數學第二學期期末經典模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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1．一組數據0，1，2，3，4的方差是A． B． C．2 D．42．如果圓上總存在點到原點的距離為，則實數的取值范圍為()A． B． C． D．3．過點作拋物線的兩條切線，切點為，則的面積為（）A． B． C． D．4．函數（其中為自然對數的底數）的圖象大致為（）A． B． C． D．5．已知圓錐的母線長為8，底面圓周長為，則它的體積是()A． B． C． D．6．下面一段程序執(zhí)行后的結果是（）A．6 B．4 C．8 D．107．在平面直角坐標系中，角的頂點與原點重合，它的始邊與軸的非負半軸重合，終邊交單位圓于點，則的值為()A． B． C． D．8．設公差為－2的等差數列，如果，那么等于()A．－182 B．－78 C．－148 D．－829．已知命題，則命題的否定為（）A． B．C． D．10．等差數列{an}中，若S1=1A．2019 B．1 C．1009 D．1010二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知,且關于的方程有實數根，則與的夾角的取值范圍是______.12．己知函數，有以下結論：①的圖象關于直線軸對稱②在區(qū)間上單調遞減③的一個對稱中心是④的最大值為則上述說法正確的序號為__________（請?zhí)钌纤姓_序號）.13．已知點P是矩形ABCD邊上的一動點，，，則的取值范圍是________.14．在中，已知，，，則角__________．15．從甲、乙、丙、丁四個學生中任選兩人到一個單位實習，余下的兩人到另一單位實習，則甲、乙兩人不在同一單位實習的概率為________.16．在等差數列中，，，則的值為_______.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．如果定義在上的函數，對任意的，都有，則稱該函數是“函數”．（I）分別判斷下列函數：①；②；③，是否為“函數”？（直接寫出結論）（II）若函數是“函數”，求實數的取值范圍．（III）已知是“函數”，且在上單調遞增，求所有可能的集合與18．已知分別是銳角三個內角的對邊，且，且.(Ⅰ)求的值；(Ⅱ)求面積的最大值；19．求值：（1）一個扇形的面積為1，周長為4，求圓心角的弧度數；（2）已知，計算.20．如圖幾何體中，底面為正方形，平面，，且.（1）求證：平面；（2）求與平面所成角的大小.21．已知四棱錐的底面是菱形，底面，是上的任意一點求證：平面平面設，求點到平面的距離在的條件下，若，求與平面所成角的正切值

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【解題分析】

先求得平均數，再根據方差公式計算。【題目詳解】數據的平均數為：方差是＝2，選C?！绢}目點撥】方差公式，代入計算即可。2、B【解題分析】

將圓上的點到原點的距離轉化為圓心到原點的距離加減半徑得到答案.【題目詳解】，圓心為半徑為1圓心到原點的距離為：如果圓上總存在點到原點的距離為即圓心到原點的距離即故答案選B【題目點撥】本題考查了圓上的點到原點的距離，轉化為圓心到原點的距離加減半徑是解題的關鍵.3、B【解題分析】設拋物線過點的切線方程為，即，將點代入可得，同理都滿足方程，即為直線的方程為，與拋物線聯(lián)立，可得，點到直線的距離，則的面積為，故選B.【方法點晴】本題主要考查利用導數求曲線切線方程以及弦長公式與點到直線距離公式，屬于難題.求曲線切線方程的一般步驟是：（1）求出在處的導數，即在點出的切線斜率（當曲線在處的切線與軸平行時，在處導數不存在，切線方程為）；（2）由點斜式求得切線方程.4、C【解題分析】

由題意，可知，即為奇函數，排除，，又時，，可排除D，即可選出正確答案.【題目詳解】由題意，函數定義域為，且，即為奇函數，排除，，當時，，，即時，，可排除D，故選C.【題目點撥】本題考查了函數圖象的識別，考查了函數奇偶性的運用，屬于中檔題.5、D【解題分析】

圓錐的底面周長，求出底面半徑，然后求出圓錐的高，即可求出圓錐的體積．【題目詳解】∵圓錐的底面周長為

∴圓錐的底面半徑

雙∵圓錐的母線長∴圓錐的高為∴圓錐的體積為故選D.【題目點撥】本題是基礎題，考查計算能力，圓錐的高的求法，熟練掌握公式是解題的關鍵．6、A【解題分析】

根據題中的程序語句，直接按照順序結構的功能即可求出?！绢}目詳解】由題意可得：，，，所以輸出為6，故選A.【題目點撥】本題主要考查順序結構的程序框圖的理解，理解語句的含義是解題關鍵。7、C【解題分析】

根據三角函數的定義，即可求解，得到答案.【題目詳解】由題意，角的頂點與原點重合，它的始邊與軸的非負半軸重合，終邊交單位圓于點，根據三角函數的定義可得.故選：C.【題目點撥】本題主要考查了三角的函數的定義，其中解答中熟記三角函數的定義是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題.8、D【解題分析】

根據利用等差數列通項公式及性質求得答案．【題目詳解】∵{an}是公差為﹣2的等差數列，∴a3+a6+a9+…+a99＝（a1+2d）+（a4+2d）+（a7+2d）+…+（a97+2d）＝a1+a4+a7++a97+33×2d＝50﹣132＝﹣1．故選D．【題目點撥】本題主要考查了等差數列的通項公式及性質的應用，考查了運算能力，屬基礎題．9、C【解題分析】

根據全稱命題的否定是特稱命題，可直接得出結果.【題目詳解】命題“”的否定是“”.故選C【題目點撥】本題主要考查全稱命題的否定，只需改量詞和結論即可，屬于基礎題型.10、D【解題分析】

由等差數列{an}中，S1=1，S【題目詳解】∵等差數列{an}中，S∴S即15=5+10d，解得d=1，∴S故選：D．【題目點撥】本題考查等差數列基本量的求法，考查等差數列的性質等基礎知識，考查運算求解能力，屬于基礎題．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】

先由得出，再根據即可求出與的夾角的取值范圍.【題目詳解】因為關于的方程有實數根，所以，即，設與的夾角為，所以，因為，所以，即與的夾角的取值范圍是【題目點撥】本題主要考查平面向量的夾角公式的應用等，屬基礎題.12、②④【解題分析】

根據三角函數性質，逐一判斷選項得到答案.【題目詳解】，根據圖像知：①的圖象關于直線軸對稱，錯誤②在區(qū)間上單調遞減，正確③的一個對稱中心是，錯誤④的最大值為，正確故答案為②④【題目點撥】本題考查了三角函數的化簡，三角函數的圖像，三角函數性質，意在考查學生對于三角函數的綜合理解和應用.13、【解題分析】

如圖所示，以為軸，為軸建立直角坐標系，故，，設.，根據幾何意義得到最值，【題目詳解】如圖所示：以為軸，為軸建立直角坐標系，故，，設.則.表示的幾何意義為到點的距離的平方減去.根據圖像知：當為或的中點時，有最小值為；當與中的一點時有最大值為.故答案為：.【題目點撥】本題考查了向量的數量積的范圍，轉化為幾何意義是解題關鍵.14、【解題分析】

先由正弦定理得到角A的大小，再由三角形內角和為得到結果.【題目詳解】根據三角形正弦定理得到：，故得到或，因為故得到故答案為.【題目點撥】在解與三角形有關的問題時，正弦定理、余弦定理是兩個主要依據.解三角形時，有時可用正弦定理，有時也可用余弦定理，應注意用哪一個定理更方便、簡捷一般來說,當條件中同時出現及、時，往往用余弦定理，而題設中如果邊和正弦、余弦函數交叉出現時，往往運用正弦定理將邊化為正弦函數再結合和、差、倍角的正余弦公式進行解答.15、.【解題分析】

求得從甲、乙、丙、丁四個學生中任選兩人的總數和甲、乙兩人不在同一單位實習的方法數，由古典概型的概率計算公式可得所求值．【題目詳解】解：從甲、乙、丙、丁四個學生中任選兩人的方法數為種，甲、乙兩人不在同一單位實習的方法數為種，則甲、乙兩人不在同一單位實習的概率為．故答案為：．【題目點撥】本題主要考查古典概型的概率計算公式，考查運算能力，屬于基礎題．16、.【解題分析】

設等差數列的公差為，根據題中條件建立、的方程組，求出、的值，即可求出的值.【題目詳解】設等差數列的公差為，所以，解得，因此，，故答案為：.【題目點撥】本題考查等差數列的項的計算，常利用首項和公差建立方程組，結合通項公式以及求和公式進行計算，考查方程思想，屬于基礎題.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、（I）①、②是“函數”，③不是“函數”;（II）的取值范圍為;（III），【解題分析】試題分析：（1）根據“β函數”的定義判定．①、②是“β函數”，③不是“β函數”；（2）由題意，對任意的x∈R，f（﹣x）+f（x）≠0，故f（﹣x）+f（x）=2cosx+2a由題意，對任意的x∈R，2cosx+2a≠0，即a≠﹣cosx即可得實數a的取值范圍（3）對任意的x≠0，分（a）若x∈A且﹣x∈A，（b）若x∈B且﹣x∈B，驗證。（I）①、②是“函數”，③不是“函數”．（II）由題意，對任意的，，即．因為，所以．故．由題意，對任意的，，即．故實數的取值范圍為．（Ⅲ）（）對任意的（a）若且，則，，這與在上單調遞增矛盾，（舍），（b）若且，則，這與是“函數”矛盾，（舍）．此時，由的定義域為，故對任意的，與恰有一個屬于，另一個屬于．（）假設存在，使得，則由，故．（a）若，則，矛盾，（b）若，則，矛盾．綜上，對任意的，，故，即，則．（）假設，則，矛盾．故故，．經檢驗，．符合題意點睛：此題是新定義的題目，根據已知的新概念，新信息來馬上應用到題型中，根據函數的定義即函數沒有關于原點對稱的部分即可，故可以從圖像的角度來研究函數；第三問可以假設存在，最后推翻結論即可。18、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解題分析】試題分析：（Ⅰ）利用正弦定理將角化為邊得，利用余弦定理可得；（Ⅱ）由及基本不等式可得，故而可得面積的最大值.試題解析：（Ⅰ）因為，由正弦定理有，既有，由余弦定理得，.（Ⅱ），即，當且僅當時等號成立，當時，,所以的最大值為.19、（1）；（2）.【解題分析】

（1）設出扇形的半徑為，弧長為，利用面積、周長的值，得到關于的方程；（2）由已知條件得到，再代入所求的式子進行約分求值.【題目詳解】（1）設扇形的半徑為，弧長為，則解得：所以圓心角的弧度數.（2）因為，所以，所以.【題目點撥】若三個中，只要知道其中一個，則另外兩個都可求出，即知一求二.20、（1）見解析（2）【解題分析】

（1）由，，結合面面平行判定定理可證得平面平面，根據面面平行的性質證得結論；（2）連接交于點，連接，利用線面垂直的判定定理可證得平面，從而可知所求角為，在中利用正弦求得結果.【題目詳解】（1）四邊形為正方形又平面平面又，平面平面平面，平面平面平面平面（2）連接交于點，連接平面，平面又四邊形為正方形平面，平面即為與平面所成角且又即與平面所成角為：【題目點撥】本題考查線面平行的證明、直線與平面所成角的求解，涉及到面面平行的判定與性質、線面垂直的判定與性質的應用；求解直線與平面所成角的關鍵是能夠通過垂直關系將所求角放入直角三角形中來進行求解.21、（1）見解析（2）（3）【解題分析】

（1）由平面，得出，由菱形的性質得出，利用直線與平面垂直的判定定理得出平面，再利用平面與平面垂直的判定定理可證出結論；（2）先計算出三棱錐的體積，并計算出的面積，利用等體積法計算出三棱錐的高，即為點到平面的距離；