2023-2024學年云南省蒙自一中數學高一下期末經典模擬試題含解析

2023-2024學年云南省蒙自一中數學高一下期末經典模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．已知平面向量，的夾角為，，，則向的值為（）A．－2 B． C．4 D．2．某單位共有老、中、青職工430人，其中有青年職工160人，中年職工人數是老年職工人數的2倍．為了解職工身體狀況，現采用分層抽樣方法進行調查，在抽取的樣本中有青年職工32人，則該樣本中的老年職工人數為()A．9 B．18 C．27 D．363．下列結論中錯誤的是（）A．若，則 B．函數的最小值為2C．函數的最小值為2 D．若，則函數4．二進制是計算機技術中廣泛采用的一種數制。二進制數據是用0和1兩個數碼來表示的數。它的基數為2，進位規(guī)則是“逢二進一”，借位規(guī)則“借一當二”。當前的計算機系統使用的基本上是二進制系統，計算機中的二進制則是一個非常微小的開關，用1來表示“開”，用0來表示“關”。如圖所示，把十進制數1010化為二進制數（1010）2,十進制數9910化為二進制數11000112，把二進制數（10110A．932 B．931 C．105．在平行四邊形ABCD中，若，則必有（）A． B．或C．ABCD是矩形 D．ABCD是正方形6．已知向量，，若對任意的，恒成立，則角的取值范圍是（）A． B．C． D．7．若，滿足不等式組，則的最小值為（）A．-5 B．-4 C．-3 D．-28．同時擲兩枚骰子，則向上的點數相等的概率為（）A． B． C． D．9．一個圓柱的側面展開圖是一個正方形，這個圓柱全面積與側面積的比為（）A． B． C． D．10．邊長為的正方形中，點是的中點，點是的中點，將分別沿折起，使兩點重合于，則直線與平面所成角的正弦值為（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．圓與圓的公共弦長為________.12．記為數列的前項和.若，則_______.13．已知數列滿足，若，則的所有可能值的和為______；14．齊王與田忌賽馬，田忌的上等馬優(yōu)于齊王的中等馬，劣于齊王的上等馬，田忌的中等馬優(yōu)于齊王的下等馬，劣于齊王的中等馬，田忌的下等馬劣于齊王的下等馬.現從雙方的馬匹中隨機選一匹進行一場比賽，則田忌的馬獲勝的概率為__________．15．方程的解集為____________.16．如圖，已知圓，六邊形為圓的內接正六邊形，點為邊的中點，當六邊形繞圓心轉動時，的取值范圍是________．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．在平面直角坐標系中，以軸為始邊，作兩個角，它們終邊分別經過點和，其中,，且.（1）求的值；（2）求的值.18．已知數列的前項和為，且滿足．（1）求的值；（2）證明是等比數列，并求；（3）若,數列的前項和為．19．已知.（1）解關于的不等式；（2）若不等式的解集為，求實數，的值.20．如圖，在平面直角坐標系中，已知圓：，點，過點的直線與圓交于不同的兩點（不在y軸上)．（1）若直線的斜率為3，求的長度；（2）設直線的斜率分別為，求證：為定值，并求出該定值；（3）設的中點為，是否存在直線，使得？若存在，求出直線的方程；若不存在，說明理由．21．如圖所示，在三棱柱中，側棱底面，，D為的中點，.（1）求證：平面；（2）求與所成角的余弦值．

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【解析】

通過已知條件，利用向量的數量積化簡求解即可.【詳解】平面向量，的夾角為，或，則向量.故選：【點睛】本題考查向量數量積公式，屬于基礎題.2、B【解析】試題分析：根據條件中職工總數和青年職工人數，以及中年和老年職工的關系列出方程，解出老年職工的人數，根據青年職工在樣本中的個數，算出每個個體被抽到的概率，用概率乘以老年職工的個數，得到結果．設老年職工有x人，中年職工人數是老年職工人數的2倍，則中年職工有2x，∵x+2x+160=430，∴x=90，即由比例可得該單位老年職工共有90人，∵在抽取的樣本中有青年職工32人，∴每個個體被抽到的概率是用分層抽樣的比例應抽取×90=18人．故選B．考點：分層抽樣點評：本題是一個分層抽樣問題，容易出錯的是不理解分層抽樣的含義或與其它混淆．抽樣方法是數學中的一個小知識點，但一般不難，故也是一個重要的得分點，不容錯過3、B【解析】

根據均值不等式成立的條件逐項分析即可.【詳解】對于A，由知，，所以，故選項A本身正確；對于B，，但由于在時不可能成立，所以不等式中的“”實際上取不到，故選項B本身錯誤；對于C，因為，當且僅當，即時，等號成立，故選項C本身正確；對于D，由知，，所以lnx+=-2，故選項D本身正確.故選B.【點睛】本題主要考查了均值不等式及不等式取等號的條件，屬于中檔題.4、D【解析】

利用古典概型的概率公式求解.【詳解】二進制的后五位的排列總數為25二進制的后五位恰好有三個“1”的個數為C5由古典概型的概率公式得P=10故選：D【點睛】本題主要考查排列組合的應用，考查古典概型的概率的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題.5、C【解析】

由，化簡可得，得到,又由四邊形為平行四邊形，即可得到答案.【詳解】由，則，即，化簡可得，所以，即,又由四邊形為平行四邊形，所以該四邊形為矩形，故選C.【點睛】本題主要考查了向量的基本運算，以及向量的垂直關系的應用，其中解答中熟記向量的基本運算，以及向量的垂直的判定是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.6、A【解析】

利用數量積運算可將不等式化簡為，根據恒成立條件可得不等式組，利用三角函數知識分別求解兩個不等式，取交集得到結果.【詳解】當時，恒成立，則當時，即，，解得：，當時，即，，解得：，在時恒成立可得：本題正確選項：【點睛】本題考查三角函數中的恒成立問題的求解，關鍵是能夠根據數量積將恒成立不等式轉化為兩個三角不等式的求解問題，利用輔助角公式將問題轉化為根據正弦型函數的值域求解角的范圍的問題.7、A【解析】

畫出不等式組表示的平面區(qū)域，平移目標函數，找出最優(yōu)解，求出的最小值．【詳解】畫出，滿足不等式組表示的平面區(qū)域，如圖所示平移目標函數知，當目標函數過點時，取得最小值，由得，即點坐標為∴的最小值為，故選A.【點睛】本題主要考查線性規(guī)劃中利用可行域求目標函數的最值，屬簡單題.求目標函數最值的一般步驟是“一畫、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是實線還是虛線）；（2）找到目標函數對應的最優(yōu)解對應點（在可行域內平移變形后的目標函數，最先通過或最后通過的頂點就是最優(yōu)解）；（3）將最優(yōu)解坐標代入目標函數求出最值.8、D【解析】

利用古典概型的概率公式即可求解.【詳解】同時擲兩枚骰子共有種情況，其中向上點數相同的有種情況，其概率為.故選：D【點睛】本題考查了古典概型的概率計算公式，解題的關鍵是找出基本事件個數，屬于基礎題.9、A【解析】解：設圓柱底面積半徑為r，則高為2πr，全面積：側面積=[（2πr）2+2πr2]：（2πr）2這個圓柱全面積與側面積的比為,故選A10、D【解析】

在正方形中連接，交于點，根據正方形的性質，在折疊圖中平面，得到，從而平面，面平面，則是在平面上的射影，找到直線與平面所所成的角.然后在直角三角中求解.【詳解】如圖所示：在正方形中連接，交于點，在折疊圖，連接，因為，所以平面，所以，又因為，所以平面，又因為平面，所以平面，則是在平面上的射影，所以即為所求.因為故選：D【點睛】本題主要考查了折疊圖問題，還考查了推理論證和空間想象的能力，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、【解析】

先求出公共弦方程為，再求出弦心距后即可求解.【詳解】兩圓方程相減可得公共弦直線方程為，圓的圓心為，半徑為，圓心到的距離為，公共弦長為.故答案為：.【點睛】本題考查了圓的一般方程以及直線與圓位置關系的應用，屬于基礎題.12、【解析】

由和的關系，結合等比數列的定義，即可得出通項公式.【詳解】當時，當時，即則數列是首項為，公比為的等比數列故答案為：【點睛】本題主要考查了已知求，屬于基礎題.13、36【解析】

根據條件得到的遞推關系，從而判斷出的類型求解出可能的通項公式，即可計算出的所有可能值，并完成求和.【詳解】因為，所以或，當時，是等差數列，，所以；當時，是等比數列，，所以，所以的所有可能值之和為：.故答案為：.【點睛】本題考查等差和等比數列的判斷以及求數列中項的值，難度一般.已知數列滿足(為常數)，則是公差為的等差數列；已知數列滿足，則是公比為的等比數列.14、.【解析】分析：由題意結合古典概型計算公式即可求得題中的概率值.詳解：由題意可知了，比賽可能的方法有種，其中田忌可獲勝的比賽方法有三種：田忌的中等馬對齊王的下等馬，田忌的上等馬對齊王的下等馬，田忌的上等馬對齊王的中等馬，結合古典概型公式可得，田忌的馬獲勝的概率為.點睛：有關古典概型的概率問題，關鍵是正確求出基本事件總數和所求事件包含的基本事件數．(1)基本事件總數較少時，用列舉法把所有基本事件一一列出時，要做到不重復、不遺漏，可借助“樹狀圖”列舉．(2)注意區(qū)分排列與組合，以及計數原理的正確使用.15、或【解析】

首先將原方程利用輔助角公式化簡為，再求出的值即可.【詳解】由題知：，，.所以或，.解得：或.所以解集為：或.故答案為：或【點睛】本題主要考查正弦函數的圖像及特殊角的三角函數值，同時考查了輔助角公式，屬于中檔題.16、【解析】

先求出，再化簡得即得的取值范圍.【詳解】由題得OM=,由題得由題得..所以的取值范圍是.故答案為【點睛】本題主要考查平面向量的運算和數量積運算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.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）；（2）.【解析】

(1)根據正弦的定義求得，再運用余弦的二倍角公式求解，(2)由(1)問可得、兩點的坐標，從而再運用正切的和角公式求解.【詳解】（1）由得：所以：（2）由則故因此.【點睛】本題考查三角函數的定義和余弦的二倍角公式和正切的和角公式，屬于基礎題.18、（1）2，6，14；（2）（3）【解析】

（1）通過代入，可求得前3項；（2）利用已知求的方法，求解；（3）首先求得數列的通項公式，將通項分成兩部分，一部分利用錯位相減法求和，另一部分常數列求和.【詳解】（1）當時，，解得；當時，，解得；當時，，解得.（2）當時，兩式相減，，且時首項為4，公比為2的等比數列.（3）根據（2）可知，，設，設其前項和為，兩式相減可得解得，數列，前項和為，數列的前項和是【點睛】本題考查了已知求的方法，利用錯位相減法求和屬于基礎中檔題型.19、（1）；（2）或．【解析】

（1），再解一元二次不等式即可；（2）由題意得，，代入即可求出實數，的值．【詳解】（1）∵，∴，∴，解得，∴原不等式的解集為；（2）由題意得，，即，解得或，∴或．【點睛】本題主要考查一元二次不等式的解法，考查三個二次之間的關系，考查轉化與化歸思想，屬于基礎題．20、（1）；（2）見解析；（3）見解析【解析】

（1）求出圓心O到直線的距離，已知半徑通過勾股定理即可算出弦長的一半，即可算出弦長。（2）設，直線的方程為，聯立圓的方程通過韋達定理化簡即可。（3）設點，根據，得，表示出，的關系，再聯立直線和圓的方程得到，與k的關系，代入可解出k，最后再通過有兩個交點判斷即可求出k值?！驹斀狻浚?）由直線的斜率為3，可得直線的方程為所以圓心到直線的距離為所以（2）直線的方程為，代入圓可得方程設，則所以為定值，定值為0（3）設點，由，可得：，即，化得：由（*）及直線的方程可得：，代入上式可得：，可化為：求得：又由（*）解得：所以不符合題意，所以不存在符合條件的直線.【點睛】此題考查圓錐曲線，一般采用設而不求通過韋達定理表示，將需要求解的量用斜率k表示，起到消元的作用，計算相對復雜，屬于較難題目。2