2023届浙江省五校联考数学高一第二学期期末教学质量检测试题含解析

2022-2023学年高一下数学期末模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．化简=（）A． B．C． D．2．化成弧度制为（）A． B． C． D．3．过点（1，0）且与直线垂直的直线方程是（）A． B． C． D．4．边长为的正方形中，点是的中点，点是的中点，将分别沿折起，使两点重合于，则直线与平面所成角的正弦值为（）A． B． C． D．5．直三棱柱ABC—A1B1C1中，BB1中点为M，BC中点为N，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与MN所成角的余弦值为A．1 B． C． D．06．设为正数，为的等差中项，为的等比中项，则与的大小关为()A． B． C． D．7．在中，角、、所对的边分别为、、，若，则是（）A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰三角形8．已知向量=(2，tan)，=(1，-1)，∥，则=()A．2 B．-3 C．-1 D．-39．如图，中，，，用表示，正确的是()A． B．C． D．10．直线是圆在处的切线，点是圆上的动点，则点到直线的距离的最小值等于（）A．1 B． C． D．2二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．某射手的一次射击中，射中10环、9环、8环的概率分别为0.2、0.3、0.1，则此射手在一次射击中不超过8环的概率为_________．12．如图，在圆心角为直角的扇形OAB中，分别以OA，OB为直径作两个半圆，设，则阴影部分的面积是__________.13．公比为2的等比数列的各项都是正数，且，则的值为___________14．已知实数满足，则的最小值为_______．15．已知函数f(x)＝Atan(ωx＋φ)(ω＞0，|φ|＜)，y＝f(x)的部分图象如图所示，则f()＝________.16．在中，角、、所对的边为、、，若，，，则角________．三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．如图，已知平面平行于三棱锥的底面，等边所在的平面与底面垂直，且，设（1）求证：且；（2）求二面角的余弦值.18．若在定义域内存在实数，使得成立，则称函数有“和一点”.（1）函数是否有“和一点”？请说明理由；（2）若函数有“和一点”，求实数的取值范围；（3）求证：有“和一点”.19．如图1，ABCD为菱形，∠ABC＝60°，△PAB是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，将△PAB沿AB边折起，使平面PAB⊥平面ABCD，连接PC、PD，如图2，（1）证明：AB⊥PC；（2）求PD与平面ABCD所成角的正弦值（3）在线段PD上是否存在点N，使得PB∥平面MC？若存在，请找出N点的位置；若不存在，请说明理由20．如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，D,E分别是AB，BB1的中点.（Ⅰ）证明：BC1//平面A1CD;（Ⅱ）设AA1=AC=CB=2，AB=2，求三棱锥C一A1DE的体积.21．已知数列的前项和为(1)证明:数列是等差数列;(2)设,求数列的前2020项和.

参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1、D【解析】

根据向量的加法与减法的运算法则，即可求解，得到答案．【详解】由题意，根据向量的运算法则，可得=++==，故选D．【点睛】本题主要考查了向量的加法与减法的运算法则，其中解答中熟记向量的加法与减法的运算法则，准确化简、运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．2、A【解析】

利用角度化弧度公式可将化为对应的弧度数.【详解】由题意可得，故选A.【点睛】本题考查角度化弧度，充分利用公式进行计算，考查计算能力，属于基础题.3、D【解析】

设出直线方程，代入点求得直线方程.【详解】依题意设所求直线方程为，代入点得，故所求直线方程为，故选D.【点睛】本小题主要考查两条直线垂直的知识，考查直线方程的求法，属于基础题.4、D【解析】

在正方形中连接，交于点，根据正方形的性质，在折叠图中平面，得到，从而平面，面平面，则是在平面上的射影，找到直线与平面所所成的角.然后在直角三角中求解.【详解】如图所示：在正方形中连接，交于点，在折叠图，连接，因为，所以平面，所以，又因为，所以平面，又因为平面，所以平面，则是在平面上的射影，所以即为所求.因为故选：D【点睛】本题主要考查了折叠图问题，还考查了推理论证和空间想象的能力，属于中档题.5、D【解析】

先找到直线异面直线AB1与MN所成角为∠,再通过解三角形求出它的余弦值.【详解】由题得,所以∠就是异面直线AB1与MN所成角或补角.由题得,,因为,所以异面直线AB1与MN所成角的余弦值为0.故选:D【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的求法，考查余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.6、B【解析】

由等差中项及等比中项的运算可得，，再结合即可得解.【详解】解：因为为正数，为的等差中项，为的等比中项，则，，又，当且仅当时取等号，又，所以，故选：B.【点睛】本题考查了等差中项及等比中项的运算，重点考查了重要不等式的应用，属基础题.7、B【解析】

利用正弦定理得到答案.【详解】故答案为B【点睛】本题考查了正弦定理，意在考查学生的计算能力.8、B【解析】

通过向量平行得到的值，再利用和差公式计算【详解】向量=(2，tan)，=(1，-1)，∥故答案选B【点睛】本题考查了向量的平行，三角函数和差公式，意在考查学生的计算能力.9、C【解析】

由平面向量基本定理和三角形法则求解即可【详解】由，可得，则，即.故选C.【点睛】本题考查平面向量基本定理和三角形法则,熟记定理和性质是解题关键,是基础题10、D【解析】

先求得切线方程，然后用点到直线距离减去半径可得所求的最小值．【详解】圆在点处的切线为，即，点是圆上的动点，圆心到直线的距离，∴点到直线的距离的最小值等于．故选D．【点睛】圆中的最值问题，往往转化为圆心到几何对象的距离的最值问题．此类问题是基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、0.5【解析】

由互斥事件的概率加法求出射手在一次射击中超过8环的概率，再利用对立事件的概率求出不超过8环的概率即可.【详解】由题意，射中10环、9环、8环的概率分别为0.2、0.3、0.1，所以射手的一次射击中超过8环的概率为：0.2+0.3=0.5故射手的一次射击中不超过8环的概率为：1-0.5=0.5故答案为0.5【点睛】本题主要考查了对立事件的概率，属于基础题.12、【解析】

：设两个半圆交于点,连接,可得直角扇形的面积等于以为直径的两个半圆的面积之和，平分,可得阴影部分的面积.【详解】解：设两个半圆交于点，连接,,∴直角扇形的面积等于以为直径的两个半圆的面积之和，由对称性可得：平分,故阴影部分的面积是：.故答案为：.【点睛】本题主要考查扇形的计算公式，相对不难.13、2【解析】

根据等比数列的性质与基本量法求解即可.【详解】由题,因为,又等比数列的各项都是正数,故.故.故答案为：【点睛】本题主要考查了等比数列的等积性与各项之间的关系.属于基础题.14、【解析】

实数满足表示点在直线上，可以看作点到原点的距离，最小值是原点到直线的距离，根据点到直线的距离公式求解.【详解】因为实数满足＝1所以表示直线上点到原点的距离，故的最小值为原点到直线的距离，即，故的最小值为1.【点睛】本题考查点到点，点到直线的距离公式，此题的关键在于的最小值所表示的几何意义的识别.15、3【解析】

根据图象看出周期、特殊点的函数值，解出待定系数即可解得.【详解】由图可知：解得又因：所以又因：即所以又所以又因：所以即所以所以所以故得解.【点睛】本题考查由图象求正切函数的解析式，属于中档题。16、.【解析】

利用余弦定理求出的值，结合角的取值范围得出角的值.【详解】由余弦定理得，，，故答案为.【点睛】本题考查余弦定理的应用和反三角函数，解题时要充分结合元素类型选择正弦定理和余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）证明见解析；（1）【解析】

（1）由平面∥平面，根据面面平行的性质定理，可得，，再由，得到.由平面平面，根据面面垂直的性质定理可得平面，从而有.（2）过作于，根据题意有平面，过D作于H，连结AH，由三垂线定理知，所以是二面角的平面角.然后在在中，在中，利用三角形相似求得再在求解.【详解】（1）证明：∵平面∥平面，∴，，∵，，又∵平面平面，平面平面，∴平面，平面，∴.（2）过作于，∵为正三角形，∴D为中点，∵平面∴又∵，∴平面.在等边三角形中，，过D作于H，连结AH，由三垂线定理知，∴是二面角的平面角.在中，～，，∴，，∴.【点睛】本题主要考查几何体中面面平行的性质定理和面面垂直的性质定理及二角面角问题，还考查了空间想象，抽象概括，推理论证的能力，属于中档题.18、（1）不存在；（2）a＞﹣2；（3）见解析【解析】

（1）解方程即可判断；（2）由题转化为2（x+1）+a+2x+1＝2x+a+2x+2+a+2有解，分离参数a＝2x﹣2求值域即可求解；（3）由题意判断方程cos（x+1）＝cosx+cos1是否有解即可．【详解】（1）若函数有“和一点”，则不合题意故不存在（2）若函数f（x）＝2x+a+2x有“和一点”.则方程f（x+1）＝f（x）+f（1）有解，即2（x+1）+a+2x+1＝2x+a+2x+2+a+2有解，即a＝2x﹣2有解，故a＞﹣2；（3）证明：令f（x+1）＝f（x）+f（1），即cos（x+1）＝cosx+cos1，即cosxcos1﹣sinxsin1﹣cosx＝cos1，即（cos1﹣1）cosx﹣sinxsin1＝cos1，故存在θ，故cos（x+θ）＝cos1，即cos（x+θ）＝cos1，即cos（x+θ），∵cos21﹣（2﹣2cos1）＝cos21+2cos1﹣2＜cos22cos22＜0，故01，故方程cos（x+1）＝cosx+cos1有解，即f（x）＝cosx函数有“和一点”.【点睛】本题考查了新定义及分类讨论的思想应用，同时考查了三角函数的化简与应用，转化为有解问题是关键，是中档题19、(1)证明见解析(2)．(3)存在，PN．【解析】

（1）只需证明AB⊥面PMC，即可证明AB⊥PC；（2）由PM⊥面ABCD得∠PDM为PD与平面ABCD所成角，解△PDM即可求得PD与平面ABCD所成角的正弦值．（3）设DB∩MC＝E，连接NE，可得PB∥NE，．即可．【详解】（1）证明：∵△PAB是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，∴PM⊥AB．∵ABCD为菱形，∠ABC＝60°．∴CM⊥AB，且PM∩MC＝M，∴AB⊥面PMC，∵PC⊂面PMC，∴AB⊥PC；（2）∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PM⊥AB．∴PM⊥面ABCD，∴∠PDM为PD与平面ABCD所成角．PM，MD，PDsin∠PMD，即PD与平面ABCD所成角的正弦值为．（3）设DB∩MC＝E，连接NE，则有面PBD∩面MNC＝NE，∵PB∥平面MNC，∴PB∥NE．∴．线段PD上存在点N，使得PB∥平面MNC，且PN．【点睛】本题考查了面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理、线面角，利用线面平行的性质定理确定点N的位置是关键，属于中档题．．20、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】试题分析：（Ⅰ）连接AC1交A1C于点F，则DF为三角形ABC1的中位线，故DF∥BC1．再根据直线和平面平行的判定定理证得BC1∥平面A1CD．（Ⅱ）由题意可得此直三棱柱的底面ABC为等腰直角三角形，由D为AB的中点可得CD⊥平面ABB1A1．求得CD的值，利用勾股定理求得A1D、DE和A1E的值，可得A1D⊥DE．进而求得S△A1DE的值，再根据三棱锥C-A1DE的体积为•S△A1DE•CD，运算求得结果试题解析：（1）证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF．3分因为DF⊂平面A1CD，BC1不包含于平面A1CD，4分所以BC1∥平面A1CD．5分（2）解：因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD．由已知AC=CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB．又AA1∩AB=A，于是CD⊥平面ABB1A1．8分由AA1=AC=CB=2，得