2024屆吉林省通榆一中數學高一第二學期期末復習檢測模擬試題含解析

2024屆吉林省通榆一中數學高一第二學期期末復習檢測模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．若直線y=x+b與曲線有公共點，則b的取值范圍是A．B．C．D．2．右邊莖葉圖記錄了甲、乙兩組各十名學生在高考前體檢中的體重（單位：）.記甲組數據的眾數與中位數分別為，乙組數據的眾數與中位數分別為，則（）A． B．C． D．3．已知函數，下列結論錯誤的是()A．既不是奇函數也不是偶函數 B．在上恰有一個零點C．是周期函數 D．在上是增函數4．若一元二次不等式對一切實數都成立，則的取值范圍是（）A． B． C． D．5．已知點，直線方程為，且直線與線段相交，求直線的斜率k的取值范圍為（）A．或 B．或C． D．6．已知為銳角，角的終邊過點，則（）A． B． C． D．7．已知數列是公差不為零的等差數列，是等比數列，，，則下列說法正確的是（）A． B．C． D．與的大小不確定8．某班的60名同學已編號1,2,3，…，60，為了解該班同學的作業(yè)情況，老師收取了號碼能被5整除的12名同學的作業(yè)本，這里運用的抽樣方法是()A．簡單隨機抽樣 B．系統抽樣C．分層抽樣 D．抽簽法9．函數的圖像關于直線對稱，則的最小值為（）A． B． C． D．110．若函數只有一個零點，則實數的取值范圍是A．或 B．C．或 D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．函數的最小正周期為__________．12．若，，則___________.13．已知，，則的值為．14．已知等差數列的公差為，且，其前項和為，若滿足，，成等比數列，且，則______，______.15．已知，是夾角為的兩個單位向量，向量，，若，則實數的值為________.16．將邊長為1的正方形ABCD沿對角線AC折起，使平面ACD⊥平面ABC，則折起后B，D兩點的距離為________.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．已知在三棱錐S-ABC中，∠ACB=，又SA⊥平面ABC，AD⊥SC于D，求證：AD⊥平面SBC.18．已知函數為奇函數，且．（1）求實數a與b的值；（2）若函數，數列為正項數列，，且當，時，，設（），記數列和的前項和分別為，且對有恒成立，求實數的取值范圍.19．在平面直角坐標系中，直線，.(1)直線是否過定點？若過定點，求出該定點坐標，若不過定點，請說明理由;(2)已知點，若直線上存在點滿足條件，求實數的取值范圍.20．若是各項均為正數的數列的前項和，且．（1）求，的值；（2）設，求數列的前項和．21．已知函數f(x)＝.(1)若不等式k≤xf(x)＋在x∈[1，3]上恒成立，求實數k的取值范圍；(2)當x∈(m>0，n>0)時，函數g(x)＝tf(x)＋1(t≥0)的值域為[2－3m，2－3n]，求實數t的取值范圍．

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】

試題分析：如圖所示：曲線即（x-2）2+（y-3）2=4（-1≤y≤3），表示以A（2，3）為圓心，以2為半徑的一個半圓，直線與圓相切時，圓心到直線y=x+b的距離等于半徑2，可得=2，∴b=1+2，b=1-2當直線過點（4，3）時，直線與曲線有兩個公共點，此時b=-1結合圖象可得≤b≤3故答案為C2、D【解題分析】甲組數據的眾數為x1＝64，乙組數據的眾數為x2＝66，則x1<x2；甲組數據的中位數為y1＝＝65，乙組數據的中位數為y2＝＝66.5，則y1<y2.3、B【解題分析】

將函數利用同角三角函數的基本關系，化成，再對選項進行一一驗證，即可得答案.【題目詳解】∵，對A，∵，∴既不是奇函數也不是偶函數，故A命題正確；對B，令，解關于的一元二次方程得：，∵，∴方程存在兩個根，∴在上有兩個零點，故B錯誤；對C，顯然是函數的一個周期，故C正確；對D，令，則，∵在單調遞減，且，又∵在單調遞減，∴在上是增函數，故D正確；故選：B【題目點撥】本題考查復合函數的單調性、奇偶性、周期性、零點，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力，求解時注意復合函數周增異減原則.4、A【解題分析】

該不等式為一元二次不等式，根據一元二次函數的圖象與性質可得，的圖象是開口向下且與x軸沒有交點，從而可得關于參數的不等式組，解之可得結果.【題目詳解】不等式為一元二次不等式，故，根據一元二次函數的圖象與性質可得，的圖象是開口向下且與x軸沒有交點，則，解不等式組，得.故本題正確答案為A.【題目點撥】本題考查一元二次不等式恒成立問題，考查一元二次函數的圖象與性質，注意數形結合的運用，屬基礎題.5、A【解題分析】

先求出線段的方程，得出，在直線的方程中得到，將代入的表達式，利用不等式的性質求出的取值范圍．【題目詳解】易求得線段的方程為，得，由直線的方程得，當時，，此時，；當時，，此時，．因此，實數的取值范圍是或，故選A．【題目點撥】本題考查斜率取值范圍的計算，可以利用數形結合思想，觀察傾斜角的變化得出斜率的取值范圍，也可以利用參變量分離，得出斜率的表達式，利用不等式的性質得出斜率的取值范圍，考查計算能力，屬于中等題．6、B【解題分析】

由題意利用任意角的三角函數的定義求得和，再利用同角三角函數的基本關系求得的值，再利用兩角差的余弦公式求得的值．【題目詳解】角的終邊過點，，又為銳角，由，可得故選B．【題目點撥】本題考查任意角的三角函數的定義，考查兩角差的余弦，是基礎題．7、A【解題分析】

設等比數列的公比為，結合題中條件得出且，將、、、用與表示，利用因式分解思想以及基本不等式可得出與的不等關系，并結合等差數列下標和性質可得出與的大小關系.【題目詳解】設等比數列的公比為，由于等差數列是公差不為零，則，從而，且，得，，，即，另一方面，由等差數列的性質可得，因此，，故選：A.【題目點撥】本題考查等差數列和等比數列性質的應用，解題的關鍵在于將等比中的項利用首項和公比表示，并進行因式分解，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.8、B【解題分析】由題意，抽出的號碼是5,10,15，…，60，符合系統抽樣的特點：“等距抽樣”，故選B.9、C【解題分析】

的對稱軸為，化簡得到得到答案.【題目詳解】對稱軸為：當時，有最小值為故答案選C【題目點撥】本題考查了三角函數的對稱軸，將對稱軸表示出來是解題的關鍵，意在考查學生對于三角函數性質的靈活運用.10、A【解題分析】

根據題意，原題等價于，再討論即可得到結論．【題目詳解】由題，故函數有一個零點等價于即當時，，,符合題意；當，時，令，滿足解得,綜上的取值范圍是或故選：A．【題目點撥】本題考查函數的零點，對數函數的性質，二次函數根的分布問題，考查了分類討論思想，屬于中檔題．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】

先將轉化為余弦的二倍角公式,再用最小正周期公式求解.【題目詳解】解：最小正周期為.故答案為【題目點撥】本題考查二倍角的余弦公式,和最小正周期公式.12、【解題分析】

將等式和等式都平方，再將所得兩個等式相加，并利用兩角和的正弦公式可求出的值.【題目詳解】若，，將上述兩等式平方得，①，②，①＋②可得，求得，故答案為．【題目點撥】本題考查利用兩角和的正弦公式求值，解題的關鍵就是將等式進行平方，結合等式結構進行變形計算，考查運算求解能力，屬于中等題.13、3【解題分析】

，故答案為3.14、2【解題分析】

由，可求出，再由，，成等比數列，可建立關系式，求出，進而求出即可.【題目詳解】由，可知，即，又，，成等比數列，所以，則，即，解得或，因為，所以，，所以.故答案為：2；.【題目點撥】本題考查等比數列的性質，考查等差數列前項和的求法，考查學生的計算求解能力，屬于基礎題.15、【解題分析】

由題意得，且，，由=，解得即可.【題目詳解】已知，是夾角為的兩個單位向量，所以，得，若解得故答案為【題目點撥】本題考查了向量數量積的運算性質，考查了計算能力，屬于基礎題．16、1.【解題分析】

取AC的中點E，連結DE，BE，可知DE⊥AC，由平面ACD⊥平面ABC，可得DE⊥平面ABC，DE⊥BE，而，再結合ABCD是正方形可求出.【題目詳解】取AC的中點E，連結DE，BE，顯然DE⊥AC，因為平面ACD⊥平面ABC，所以DE⊥平面ABC，所以DE⊥BE，而，所以，.【題目點撥】本題考查了空間中兩點間的距離，把空間角轉化為平面角是解決本題的關鍵.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、證明見解析【解題分析】

先由SA⊥面ABC，得BC⊥SA，又BC⊥AC，得BC⊥面SAC，故BC⊥AD，又SC⊥AD，所以AD⊥面SBC.【題目詳解】證明：因為SA⊥面ABC，BC面ABC，所以BC⊥SA；又由∠ACB=，得BC⊥AC，且AC、SA是面SAC內的兩相交線，所以BC⊥面SAC；又AD面SAC，所以BC⊥AD，又已知SC⊥AD，且BC、SC是面SBC內兩相交線，所以AD⊥面SBC.【題目點撥】本題考查了線面垂直的證明與性質，屬于基礎題.18、（1）；（2）【解題分析】

（1）根據函數奇偶性得到，再由，得;（2），將原式化簡得到，進而得到，數列的前項和，，原恒成立問題轉化為對恒成立，對n分奇偶得到最值即可.【題目詳解】（1）因為為奇函數，，得，又，得.（2）由（1）知，得，又，化簡得到：，又，所以，又，故，則數列的前項和；又，則數列的前項和為，對恒成立對恒成立對恒成立，令，則當為奇數時，原不等式對恒成立對恒成立，又函數在上單增，故有；當為偶數時，原不等式對恒成立對恒成立，又函數在上單增，故有.綜上得.【題目點撥】這個題目考查了函數的奇偶性的應用以及數列通項公式的求法，數列前n項和的求法，還涉及不等式恒成立的問題，屬于綜合性較強的題目，數列中最值的求解方法如下：1．鄰項比較法，求數列的最大值，可通過解不等式組求得的取值范圍；求數列的最小值，可通過解不等式組求得的取值范圍；2．數形結合，數列是一特殊的函數，分析通項公式對應函數的特點，借助函數的圖像即可求解；3．單調性法，數列作為特殊的函數，可通過函數的單調性研究數列的單調性，必須注意的是數列對應的是孤立的點，這與連續(xù)函數的單調性有所不同；也可以通過差值的正負確定數列的單調性．19、（1）過定點，定點坐標為；（2）或.【解題分析】

(1)假設直線過定點，則關于恒成立，利用即可結果；(2)直線上存在點,求得,故點在以為圓心，2為半徑的圓上，根據題意，該圓和直線有交點，即圓心到直線的距離小于或等于半徑，由此求得實數的取值范圍.【題目詳解】（1）假設直線過定點，則，即關于恒成立，∴，∴，所以直線過定點，定點坐標為（2）已知點,，設點，則，，∵,∴,∴所以點的軌跡方程為圓，又點在直線：上，所以直線：與圓有公共點，設圓心到直線的距離為，則，解得實數的范圍為或.【題目點撥】本題主要考查直線過定點問題以及直線與圓的位置關系，屬于中檔題.解答直線與圓的位置關系的題型，常見思路有兩個：一是考慮圓心到直線的距離與半徑之間的大小關系；二是直線方程與圓的方程聯立，考慮運用韋達定理以及判別式來解答.20、（1）1，3；（2）.【解題分析】

（1）當時，，解得．由數列為正項數列，可得．當時，，又，解得．由，解得；（2）由．可得．當時，．當時，，可得．由．利用裂項求和方法即可得出．【題目詳解】（1）當時，，解得．數列為正項數列，∴．當時，，又，解得．由，解得．（2），∴．∴．當時，．當時，．時也符合上式．∴．．故．【題目點撥】本題考查了數列遞推關系、通項公式、裂項求和方法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．21、(1)k≤1;(2)(0，1)．【解題分析】試題分析：（1）把f(x)＝代入，化簡得k≤x在[1，3]上恒成立，所以k≤1．（2）g(x)＝tf(x)＋1＝－＋t＋1，又x∈(m>0，n>0)，所以g(x)在單調遞增，所以即