吉林省四平市公主嶺市范家屯鎮(zhèn)第一中學2023-2024學年高一數學第二學期期末學業(yè)水平測試模擬試題含解析

吉林省四平市公主嶺市范家屯鎮(zhèn)第一中學2023-2024學年高一數學第二學期期末學業(yè)水平測試模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。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．如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為（）A． B．C． D．2．在中，角、、所對的邊分別為、、，且，，，則的面積為（）A． B． C． D．3．如圖，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，P是對角線AC上一點，，過點P的直線分別交DA的延長線，AB，DC于點M，E，N.若(m>0，n>0)，則2m＋3n的最小值是()A． B．C． D．4．在正方體中，點是四邊形的中心，關于直線，下列說法正確的是（）A． B．C．平面 D．平面5．已知，則（）．A． B． C． D．6．設，且，則的最小值為（）A． B． C． D．7．已知數列的通項為，我們把使乘積為整數的叫做“優(yōu)數”，則在內的所有“優(yōu)數”的和為（）A．1024 B．2012 C．2026 D．20368．已知函數的值域為，且圖象在同一周期內過兩點，則的值分別為（）A． B．C． D．9．設向量＝（2，4）與向量＝（x，6）共線，則實數x＝（）A．2 B．3 C．4 D．610．某程序框圖如圖所示，若輸出的結果為，則判斷框內應填入的條件可以為（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．體積為8的正方體的頂點都在同一球面上，則該球面的表面積為__________.12．若向量與的夾角為，與的夾角為，則______.13．在中，若，，，則________．14．函數，的值域是________．15．等比數列{an}中，a1＜0，{an}是遞增數列，則滿足條件的q的取值范圍是______________．16．已知數列滿足：，，則_____.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．已知函數（1）求函數的最大值以及取得最大值時的集合；（2）若函數的遞減區(qū)間.18．如圖所示，在平面四邊形ABCD中，AD＝1，CD＝2，AC＝.（1）求cos∠CAD的值；（2）若cos∠BAD＝－，sin∠CBA＝，求BC的長．19．如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，∠BAC=90°，AC=AB=AA1，E是BC的中點．（1）求證：AE⊥B1C；（2）求異面直線AE與A1C所成的角的大??；（3）若G為C1C中點，求二面角C-AG-E的正切值．20．（1）若對任意的，總有成立，求常數的值；（2）在數列中，，求通項；（3）在（2）的條件下，設，從數列中依次取出第項，第項，第項，按原來的順序組成新數列，其中試問是否存在正整數，使得且成立？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.21．如圖，在平行四邊形中，，，，與的夾角為．（1）若，求、的值；（2）求的值；（3）求與的夾角的余弦值．

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】

先通過三視圖找到幾何體原圖，再求幾何體的體積得解.【詳解】由題得該幾何體是一個邊長為4的正方體挖去一個圓錐（圓錐底面在正方體上表面上，圓錐頂部朝下），所以幾何體體積為.故選：C【點睛】本題主要考查三視圖還原幾何體原圖，考查組合體體積的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.2、B【解析】

由正弦定理得，利用余弦定理可求出的值，然后利用三角形的面積公式可求得的面積.【詳解】，，又，，由余弦定理可得，可得，所以，的面積為.故選：B.【點睛】本題考查三角形面積的計算，同時也考查了余弦定理解三角形，考查計算能力，屬于中等題.3、C【解析】設，則又當且僅當時取等號，故選點睛：在利用基本不等式求最值的時候，要特別注意“拆，拼，湊”等技巧，使其滿足基本不等式中“正”（即條件要求中字母為正數），“定”（不等式的另一邊必須為定值），“等”（等號取得的條件）的條件才能應用，否則會出現(xiàn)錯誤．4、C【解析】

設，證明出，可判斷出選項A、C的正誤；由為等腰三角形結合可判斷出B選項的正誤；證明平面可判斷出D選項的正誤.【詳解】如下圖所示，設，則為的中點，在正方體中，，則四邊形為平行四邊形，.易知點、分別為、的中點，，則四邊形為平行四邊形，則，由于過直線外一點有且只有一條直線與已知直線平行，則A選項中的命題錯誤；，平面，平面，平面，C選項中的命題正確；易知，則為等腰三角形，且為底，所以，與不垂直，由于，則與不垂直，B選項中的命題錯誤；四邊形為正方形，則，在正方體中，平面，平面，，，平面，平面，，同理可證，且，平面，則與平面不垂直，D選項中的命題錯誤.故選C.【點睛】本題考查線線、線面關系的判斷，解題時應充分利用線面平行與垂直等判定定理證明線面平行、線面垂直，考查推理能力，屬于中等題.5、A【解析】

.所以選A.【點睛】本題考查了二倍角及同角正余弦的差與積的關系，屬于基礎題.6、D【解析】

本題首先可將轉化為，然后將其化簡為，最后利用基本不等式即可得出結果．【詳解】，當且僅當，即時成立，故選D．【點睛】本題考查利用基本不等式求最值，基本不等式公式為，考查化歸與轉化思想，是簡單題．7、C【解析】

根據優(yōu)數的定義，結合對數運算，求得的范圍，再用等比數列的前項和公式進行求和.【詳解】根據優(yōu)數的定義，令，則可得令，解得則在內的所有“優(yōu)數”的和為：故選：C.【點睛】本題考查新定義問題，本質是考查對數的運算，等比數列前項和公式.8、C【解析】

根據值域先求，再代入數據得到最大值和最小值對應相差得到答案.【詳解】函數的值域為即，圖象在同一周期內過兩點故答案選C【點睛】本題考查了三角函數的最大值最小值，周期，意在考查學生對于三角函數公式和性質的靈活運用和計算能力.9、B【解析】由向量平行的性質，有2∶4＝x∶6，解得x＝3，選B考點：本題考查平面向量的坐標表示，向量共線的性質，考查基本的運算能力.10、D【解析】

由已知可得，該程序是利用循環(huán)結構計算輸出變量S的值，模擬過程分別求出變量的變化情況可的結果.【詳解】程序在運行過程中，判斷框前的變量的值如下：k=1,S=1;k=2,S=4;k=3,S=11,k=4,S=26;此時應該結束循環(huán)體，并輸出S的值為26，所以判斷框應該填入條件為：故選D【點睛】本題主要考查了程序框圖，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、【解析】正方體體積為8，可知其邊長為2，正方體的體對角線為=2，即為球的直徑，所以半徑為，所以球的表面積為=12π．故答案為：12π．點睛：設幾何體底面外接圓半徑為,常見的圖形有正三角形,直角三角形,矩形,它們的外心可用其幾何性質求;而其它不規(guī)則圖形的外心,可利用正弦定理來求.若長方體長寬高分別為則其體對角線長為;長方體的外接球球心是其體對角線中點.找?guī)缀误w外接球球心的一般方法:過幾何體各個面的外心分別做這個面的垂線,交點即為球心.三棱錐三條側棱兩兩垂直,且棱長分別為，則其外接球半徑公式為:.12、【解析】

根據向量平行四邊形法則作出圖形，然后在三角形中利用正弦定理分析.【詳解】如圖所示，，，所以在中有：，則，故.【點睛】本題考查向量的平行四邊形法則的運用，難度一般.在運用平行四邊形法則時候，可以適當將其拆分為三角形，利用解三角形中的一些方法去解決問題.13、2；【解析】

利用余弦定理可構造關于的方程，解方程求得結果.【詳解】由余弦定理得：解得：或（舍）本題正確結果：【點睛】本題考查利用余弦定理解三角形，屬于基礎題.14、【解析】

利用正切函數在單調遞增，求得的值域為.【詳解】因為函數在單調遞增，所以，，故函數的值域為.【點睛】本題考查利用函數的單調性求值域，注意定義域、值域要寫成區(qū)間的形式.15、【解析】試題分析：由題意可得，∴，解得0＜q＜1考點：等比數列的性質16、【解析】

從開始，直接代入公式計算，可得的值.【詳解】解：由題意得：，，，，故答案為：.【點睛】本題主要考查數列的遞推公式及數列的性質，相對簡單.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）當時，的最大值為（2）【解析】

（1）化簡根據正弦函數的最值即可解決，（2）根據（1）的化簡結果，根據正弦函數的單調性即可解決?！驹斀狻拷猓?1)因為，所以所以的最大值為，此時（2）由（1）得得即減區(qū)間為【點睛】本題主要考查了正弦函數的最值與單調性，屬于基礎題。18、(1)(2)【解析】試題分析：(1)利用題意結合余弦定理可得；(2)利用題意結合正弦定理可得：.試題解析：（I）在中，由余弦定理得(II)設在中，由正弦定理，故點睛：在解決三角形問題中，面積公式S＝absinC＝bcsinA＝acsinB最常用，因為公式中既有邊又有角，容易和正弦定理、余弦定理聯(lián)系起來.19、（1）見解析；（2）；（3）【解析】

（1）由BB1⊥面ABC及線面垂直的性質可得AE⊥BB1，由AC=AB，E是BC的中點，及等腰三角形三線合一，可得AE⊥BC，結合線面垂直的判定定理可證得AE⊥面BB1C1C，進而由線面垂直的性質得到AE⊥B1C；（2）取B1C1的中點E1，連A1E1，E1C，根據異面直線夾角定義可得，∠E1A1C是異面直線A與A1C所成的角，設AC=AB=AA1=2，解三角形E1A1C可得答案．（3）連接AG，設P是AC的中點，過點P作PQ⊥AG于Q，連EP，EQ，則EP⊥AC，由直三棱錐的側面與底面垂直，結合面面垂直的性質定理，可得EP⊥平面ACC1A1，進而由二面角的定義可得∠PQE是二面角C-AG-E的平面角．【詳解】證明：（1）因為BB1⊥面ABC，AE?面ABC，所以AE⊥BB1由AB=AC，E為BC的中點得到AE⊥BC∵BC∩BB1=B∴AE⊥面BB1C1C∴AE⊥B1C解：（2）取B1C1的中點E1，連A1E1，E1C，則AE∥A1E1，∴∠E1A1C是異面直線AE與A1C所成的角．設AC=AB=AA1=2，則由∠BAC=90°，可得A1E1=AE=，A1C=2，E1C1=EC=BC=∴E1C==∵在△E1A1C中，cos∠E1A1C==所以異面直線AE與A1C所成的角為．（3）連接AG，設P是AC的中點，過點P作PQ⊥AG于Q，連EP，EQ，則EP⊥AC又∵平面ABC⊥平面ACC1A1∴EP⊥平面ACC1A1而PQ⊥AG∴EQ⊥AG．∴∠PQE是二面角C-AG-E的平面角．由EP=1，AP=1，PQ=，得tan∠PQE==所以二面角C-AG-E的平面角正切值是【點睛】本題是與二面角有關的立體幾何綜合題，主要考查了異面直線的夾角，線線垂直的判定，二面角等知識點，難度中檔，熟練掌握線面垂直，線線垂直與面面垂直之間的轉化及異面直線夾角及二面角的定義，是解答本題的關鍵．20、(1)(2)(3)存在,,或【解析】

由題設得恒成立，所以，由和知，，且，由此能推導出假設存在正整數m，r滿足題設，由，，又得，于是，由此能推導出存在正整數m，r滿足題設，，或，．【詳解】由題設得，即恒成立，所以，由題設又由得，，且，即是首項為1，公比為2的等比數列，所以即為所求．假設存在正整數m，r滿足題設，由知，顯然，又得，，即是以為首項，為公比的等比數列．于是，由得，m，，所以或15，當時，，；當時，，；綜上，存在正整數m，r滿足題設，，或，【點睛】本題主要考查了數列中參數的求法、等差數列的通項公式和以極限為載體考查數列性質的綜合運用，屬于難題．21、（1），；（2）；（3）．【解析】試題分析：（1）根據向量的運算有，可知，由模長即可求得、的值；（2）先求得向量,再根據向量的數量積及便可求得；（3）由前面的求解可得