2023年湖北省仙桃市汉江高级中学数学高一第二学期期末调研试题含解析

2022-2023学年高一下数学期末模拟试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．与圆关于直线对称的圆的方程为（）A． B．C． D．2．已知函数，则不等式的解集是（）A． B． C． D．3．下列函数中，既是奇函数又是增函数的为（）A． B． C． D．4．已知三个互不相等的负数，，满足，设，，则()A． B． C． D．5．下列条件不能确定一个平面的是（）A．两条相交直线 B．两条平行直线 C．直线与直线外一点 D．共线的三点6．如图是函数的部分图象，则下列命题中，正确的命题序号是①函数的最小正周期为②函数的振幅为③函数的一条对称轴方程为④函数的单调递增区间是⑤函数的解析式为A．③⑤ B．③④ C．④⑤ D．①③7．若a，b是方程的两个根，且a，b，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则的值为()A．-4 B．-3 C．-2 D．-18．在中，（，，分别为角、、的对边），则的形状为（）A．等边三角形 B．直角三角形C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形9．在三棱锥中，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为（）A． B． C． D．10．若，则三个数的大小关系是（）A． B．C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知点P(tanα，cosα)在第三象限，则角α的终边在第________象限．12．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则________.13．已知变量，满足，则的最小值为________.14．已知直线l过定点,且与两坐标轴围成的三角形的面积为4，则直线l的方程为______.15．球的内接圆柱的表面积为，侧面积为，则该球的表面积为_______16．已知圆锥的高为，体积为，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的圆台体积是，则该圆台的高为_______.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．在中，内角所对的边分别为.已知，.（I）求的值；（II）求的值.18．在中，内角，，的对边分别为，，，已知.（Ⅰ）求角的值；（Ⅱ）若，且的面积为，求的值．19．已知数列的前n项和为，且，求数列的通项公式．20．在中，内角，，所对的边分别为，，．若.（1）求角的度数；（2）当时，求的取值范围．21．如图，在四边形中，已知，，（1）若，且的面积为，求的面积:（2）若，求的最大值.

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、A【解析】

设所求圆的圆心坐标为，列出方程组，求得圆心关于的对称点，即可求解所求圆的方程.【详解】由题意，圆的圆心坐标，设所求圆的圆心坐标为，则圆心关于的对称点，满足，解得，即所求圆的圆心坐标为，且半径与圆相等，所以所求圆的方程为，故选A.【点睛】本题主要考查了圆的方程的求解，其中解答中熟记圆的方程，以及准确求解点关于直线的对称点的坐标是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.2、A【解析】

分别考虑即时；即时，原不等式的解集，最后求出并集。【详解】当即时，，则等价于，即，解得：，当即时，，则等价于，即，所以，综述所述，原不等式的解集为故答案选A【点睛】本题考查分段函数的应用，一元二次不等式的解集，属于基础题。3、D【解析】

根据奇函数和增函数的定义逐项判断.【详解】选项A：不是奇函数，不正确；选项B:：在是减函数，不正确；选项C：定义域上没有单调性，不正确；选项D：设，是奇函数，，在都是单调递增，且在处是连续的，在上单调递增，所以正确.故选:D.【点睛】本题考查函数的性质，对于常用函数的性质要熟练掌握，属于基础题.4、C【解析】

作差后利用已知条件变形为，可知为负数，由此可得答案.【详解】由题知.因为，，都是负数且互不相等，所以，即.故选：C【点睛】本题考查了作差比较大小，属于基础题.5、D【解析】

根据确定平面的公理和推论逐一判断即可得解．【详解】解：对选项：经过两条相交直线有且只有一个平面，故错误．对选项：经过两条平行直线有且只有一个平面，故错误．对选项：经过直线与直线外一点有且只有一个平面，故错误．对选项：过共线的三点，有无数个平面，故正确；故选：．【点睛】本题主要考查确定平面的公理及推论．解题的关键是要对确定平面的公理及推论理解透彻，属于基础题．6、A【解析】

根据图象求出函数解析式，根据三角函数型函数的性质逐一判定．【详解】由图象可知，，最大值为，，因为图象过点，，由，即可判定错，正确，由得对称轴方程为，，故正确；由，，，函数的单调递增区间是，故错；故选：A【点睛】本题主要考查了根据图象求正弦型函数函数的解析式，及正弦型函数的性质，属于中档题．7、D【解析】

由韦达定理确定，，利用已知条件讨论成等差数列和等比数列的位置，从而确定的值．【详解】由韦达定理得：，，所以，由题意这三个数可适当排序后成等比数列，且，则2一定在中间所以，即因为这三个数可适当排序后成等差数列，且，则2一定不在的中间假设，则即故选D【点睛】本题考查了等差数列和等比数列的基本性质，解决本题的关键是要掌握三个数成等差数列和等比数列的性质，如成等比数列，且，，则2必为等比中项，有．8、B【解析】

利用二倍角公式，正弦定理，结合和差公式化简等式得到，得到答案.【详解】故答案选B【点睛】本题考查了正弦定理，和差公式，意在考查学生的综合应用能力.9、D【解析】

取AB中点F,SC中点E，设的外心为，外接圆半径为三棱锥的外接球球心为，由，在四边形中，设，外接球半径为，则则可求，表面积可求【详解】取AB中点F,SC中点E,连接SF,CF,因为则为二面角的平面角，即又设的外心为，外接圆半径为三棱锥的外接球球心为则面，由在四边形中，设，外接球半径为，则则三棱锥的外接球的表面积为故选D【点睛】本题考查二面角，三棱锥的外接球，考查空间想象能力，考查正弦定理及运算求解能力，是中档题10、A【解析】

根据对数函数以及指数函数的性质比较，b，c的大小即可．【详解】＝log50.2＜0，b＝20.5＞1，0＜c＝0.52＜1，则，故选A．【点睛】本题考查了对数函数以及指数函数的性质，是一道基础题．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、二【解析】

由点P（tanα，cosα）在第三象限，得到tanα＜0，cosα＜0，从而得到α所在的象限．【详解】因为点P（tanα，cosα）在第三象限，所以tanα＜0，cosα＜0，则角α的终边在第二象限，故答案为二．点评：本题考查第三象限内的点的坐标的符号，以及三角函数在各个象限内的符号．12、【解析】

根据奇偶性，先计算，再计算【详解】因为是定义在上的奇函数，所以.因为当时，所以.故答案为【点睛】本题考查了奇函数的性质，属于常考题型.13、0【解析】

画出可行域，分析目标函数得，当在y轴上截距最小时，即可求出的最小值.【详解】作出可行域如图：联立得化目标函数为，由图可知，当直线过点时，在y轴上的截距最小,有最小值为，故填.【点睛】本题主要考查了简单的线性规划，属于中档题.14、或.【解析】

设直线的方程为，利用已知列出方程，①和②，解方程即可求出直线方程【详解】设直线的方程为.因为点在直线上，所以①.因为直线与两坐标轴围成的三角形的面积为4,所以②.由①②可知或解得或故直线的方程为或，即或.【点睛】本题考查截距式方程和直线与坐标轴形成的三角形面积问题，属于基础题15、【解析】

设底面半径为，圆柱的高为，根据圆柱求得和的值，进而利用圆柱的轴截面求得球的半径，利用球的表面积公式，即可求解．【详解】由题意，设底面半径为，圆柱的高为，则圆柱的底面面积为，解得，侧面积，解得，则圆柱的轴截面是边长分别为4和3的矩形，其对角线长为5，所以外接球的半径为，所以球的表面积为．【点睛】本题主要考查了圆柱的表面积和侧面积公式的应用，以及球的表面积公式应用，其中解答中正确理解空间几何体的结构特征是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于基础题．16、【解析】设该圆台的高为，由题意，得用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的小圆锥体积是，则，解得，即该圆台的高为3.点睛：本题考查圆锥的结构特征；在处理圆锥的结构特征时可记住常见结论，如本题中用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面的面积之比是两个圆锥高的比值的平方，所得两个圆锥的体积之比是两个圆锥高的比值的立方．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、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】试题分析：利用正弦定理“角转边”得出边的关系，再根据余弦定理求出，进而得到，由转化为，求出，进而求出，从而求出的三角函数值，利用两角差的正弦公式求出结果.试题解析：（Ⅰ）解：由，及，得.由，及余弦定理，得.（Ⅱ）解：由（Ⅰ），可得，代入，得.由（Ⅰ）知，A为钝角，所以.于是，，故.考点：正弦定理、余弦定理、解三角形【名师点睛】利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值.利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.18、（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）利用，化简得，然后利用正弦定理和余弦定理求解即可.（Ⅱ）利用面积公式得，得到，再利用，即可求解.【详解】（Ⅰ）由题意知，即，由正弦定理，得，①，由余弦定理，得，又因为，所以．（Ⅱ）因为，，由面积公式得，即．由①得，故，即．【点睛】本题考查正弦和余弦定理的应用，属于基础题.19、【解析】

利用公式，计算的通项公式，再验证时的情况.【详解】当时，；当时，不满足上式．∴【点睛】本题考查了利用求数列通项公式，忽略的情况是容易犯的错误.20、（1）；（2）.【解析】

（1）根据余弦定理即可解决．（2）根据向量的三角形法则即可解决．【详解】（1）因为，所以得，所以，所以，因为所以；（2）取的中点，则，，所以所以，从而由平行四边形性质有故.【点睛】本题主要考查了余弦定理以及向量的三角形法则，其中第二问用了完全平方以及加减消元的思想，是本题的一个难点．解决本题的关键是画一个三角形结合三角形进行分析．21、(1)；(2)3【解析】

（1）根据可解出，验证出，