黑龙江省鹤岗市工农区第一中学2023年数学高一第二学期期末经典试题含解析_第1页
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文档简介

2022-2023学年高一下数学期末模拟试卷注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.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. B. C. D.2.直线分别与轴,轴交于,两点,点在圆上,则面积的取值范围是A. B. C. D.3.若,则()A.-1 B. C.-1或 D.或4.一个三棱锥内接于球,且,,则球心到平面的距离是()A. B. C. D.5.直线与圆相交于M,N两点,若.则的取值范围是()A. B. C. D.6.已知中,,,点是的中点,是边上一点,则的最小值是()A. B. C. D.7.已知为两条不同的直线,为两个不同的平面,给出下列命题:①若,,则;②若,,则;③若,,则;④若,,,则.其中正确的命题是()A.②③ B.①③ C.②④ D.①④8.长方体,,,,则异面直线与所成角的余弦值为A. B. C. D.9.角的终边落在()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限10.已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是,接下来的两项是,再接下来的三项是,依此类推,记此数列为,则()A.1 B.2 C.4 D.8二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11.在平面直角坐标系中,已知圆:,圆:,动点在直线:上(),过分别作圆,的切线,切点分别为,,若满足的点有且只有一个,则实数的值为______.12.函数的最小正周期为__________.13.已知:,则的取值范围是__________.14.角的终边经过点,则___________________.15.已知实数满足,则的最大值为_______.16.圆与圆的公共弦长为________.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.已知公差不为0的等差数列{an}满足a3=9,a(1)求{a(2)设数列{bn}满足bn=1n(18.在中,角,,的对边分别为,,,已知向量,,且.(1)求角的值;(2)若为锐角三角形,且,求的取值范围.19.从高三学生中抽出50名学生参加数学竞赛,由成绩得到如图所示的频率分布直方图.利用频率分布直方图求:(1)这50名学生成绩的众数与中位数;(2)这50名学生的平均成绩.(答案精确到0.1)20.已知函数,其中.(1)当时,求的最小值;(2)设函数恰有两个零点,且,求的取值范围.21.已知向量,其中,记函数,已知的最小正周期为.(1)求;(2)当时,试求函数的值域.

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】

运用诱导公式进行化简,最后逆用两角和的正弦公式求值即可.【详解】,故本题选D.【点睛】本题考查了正弦的诱导公式,考查了逆用两角和的正弦公式,考查了特殊角的正弦值.2、A【解析】分析:先求出A,B两点坐标得到再计算圆心到直线距离,得到点P到直线距离范围,由面积公式计算即可详解:直线分别与轴,轴交于,两点,则点P在圆上圆心为(2,0),则圆心到直线距离故点P到直线的距离的范围为则故答案选A.点睛:本题主要考查直线与圆,考查了点到直线的距离公式,三角形的面积公式,属于中档题.3、C【解析】

将已知等式平方,可根据二倍角公式、诱导公式和同角三角函数平方关系将等式化为,解方程可求得结果.【详解】由得:即,解得:或本题正确选项:【点睛】本题考查三角函数值的求解问题,关键是能够通过平方运算,将等式化简为关于的方程,涉及到二倍角公式、诱导公式和同角三角函数平方关系的应用.4、D【解析】由题意可得三棱锥的三对对棱分别相等,所以可将三棱锥补成一个长方体,如图所示,该长方体的外接球就是三棱锥的外接球,长方体共顶点的三条面对角线的长分别为,设球的半径为,则有,在中,由余弦定理得,再由正弦定理得为外接圆的半径),则,因此球心到平面的距离,故选D.点睛:本题主要考查了球的组合体问题,本题的解答中采用割补法,考虑到三棱锥的三对对棱相等,所以可得三棱锥补成一个长方体,长方体的外接球就是三棱锥的外接球,求出求出球的半径,进而求解距离,其中正确认识组合体的特征和恰当补形时解答的关键.5、A【解析】

可通过将弦长转化为弦心距问题,结合点到直线距离公式和勾股定理进行求解【详解】如图所示,设弦中点为D,圆心C(3,2),弦心距,又,由勾股定理可得,答案选A【点睛】圆与直线的位置关系解题思路常从两点入手:弦心距、勾股定理。处理过程中,直线需化成一般式6、B【解析】

通过建系以及数量积的坐标运算,从而转化为函数的最值问题.【详解】根据题意,建立图示直角坐标系,,,则,,,.设,则,是边上一点,当时,取得最小值,故选.【点睛】本题主要考察解析法在向量中的应用,将平面向量的数量积转化成了函数的最值问题.7、B【解析】

利用空间中线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定与性质即可作答.【详解】垂直于同一条直线的两个平面互相平行,故①对;平行于同一条直线的两个平面相交或平行,故②错;若,,,则或与为异面直线或与为相交直线,故④错;若,则存在过直线的平面,平面交平面于直线,,又因为,所以,又因为平面,所以,故③对.故选B.【点睛】本题主要考查空间中,直线与平面平行或垂直的判定与性质,以及平面与平面平行或垂直的判定与性质,属于基础题型.8、A【解析】

由题,找出,故(或其补角)为异面直线与所成角,然后解出答案即可.【详解】如图,连接,由,(或其补角)为异面直线与所成角,由已知可得,则..即异面直线与所成角的余弦值为.故选A.【点睛】本题考查了异面直线的夹角问题,找平行线,找出夹角是解题的关键,属于较为基础题.9、C【解析】

由,即可判断.【详解】,则与的终边相同,则角的终边落在第三象限故选:C【点睛】本题主要考查了判断角的终边所在象限,属于基础题.10、C【解析】

将数列分组:第1组为,第2组为,第3组为,,根据,进而得到数列的2017项为,数列的第2018项为,数列的第2019项为,即可求解.【详解】将所给的数列分组:第1组为,第2组为,第3组为,,则数列的前n组共有项,又由,所以数列的前63组共有2016项,所以数列的2017项为,数列的第2018项为,数列的第2019项为,所以故选:C.【点睛】本题主要考查了等差数列的前n项和公式的应用,其中解答中根据所给数列合理分组,结合等差数列的前n项和求解是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于中档试题.二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11、.【解析】

根据圆的切线的性质和三角形全等,得到,求得点的轨迹方程,再根据直线与圆相切,利用圆心到直线的距离等于半径,即可求解.【详解】由题意得:,,设,如下图所示∵PA、PB分别是圆O,O1的切线,∴∠PBO1=∠PAO=90°,又∵PB=2PA,BO1=2AO,∴△PBO1∽△PAO,∴,∴,∴,整理得,∴点P(x,y)的轨迹是以为圆心、半径等于的圆,∵动点P在直线:上(),满足PB=2PA的点P有且只有一个,∴该直线l与圆相切,∴圆心到直线l的距离d满足,即,解得或,又因为,所以.【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质,以及直线与圆的位置关系的应用,其中解答中根据圆的切下的性质和三角形全等求得点的轨迹方程,再根据直线与圆相切,列出方程求解是解答的关键,着重考查了推理与运算能力,属于中档试题.12、【解析】

先将转化为余弦的二倍角公式,再用最小正周期公式求解.【详解】解:最小正周期为.故答案为【点睛】本题考查二倍角的余弦公式,和最小正周期公式.13、【解析】

由已知条件将两个角的三角函数转化为一个角的三角函数,再运用三角函数的值域求解.【详解】由已知得,所以,又因为,所以,解得,所以,故填.【点睛】本题考查三角函数的值域,属于基础题.14、【解析】

先求出到原点的距离,再利用正弦函数定义求解.【详解】因为,所以到原点距离,故.故答案为:.【点睛】设始边为的非负半轴,终边经过任意一点,则:15、【解析】

根据约束条件,画出可行域,目标函数可以看成是可行域内的点和的连线的斜率,从而找到最大值时的最优解,得到最大值.【详解】根据约束条件可以画出可行域,如下图阴影部分所示,目标函数可以看成是可行域内的点和的连线的斜率,因此可得,当在点时,斜率最大联立,得即所以此时斜率为,故答案为.【点睛】本题考查简单线性规划问题,求目标函数为分式的形式,关键是要对分式形式的转化,属于中档题.16、【解析】

先求出公共弦方程为,再求出弦心距后即可求解.【详解】两圆方程相减可得公共弦直线方程为,圆的圆心为,半径为,圆心到的距离为,公共弦长为.故答案为:.【点睛】本题考查了圆的一般方程以及直线与圆位置关系的应用,属于基础题.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)an=4n-3【解析】

(1)根据条件列方程组,求出首项和公差即可得出通项公式;(2)利用裂项相消法求和.【详解】(1)设等差数列an的公差为d(d≠0)a1解得d=4或d=0(舍去),a1∴a(2)∵b∴S=1【点睛】本题考查了等差数列的通项公式,考查了利用裂项相消进行数列求和的方法,属于基础题.18、(1);(2)【解析】

(1)根据和正弦定理余弦定理求得.(2)先利用正弦定理求出R=1,再把化成,再利用三角函数的图像和性质求解.【详解】(1)因为,所以,由正弦定理化角为边可得,即,由余弦定理可得,又,所以.(2)由(1)可得,设的外接圆的半径为,因为,,所以,则,因为为锐角三角形,所以,即,所以,所以,所以,故的取值范围为.【点睛】(1)本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形,考查三角函数的图像和性质,意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)对于复合函数的问题自然是利用复合函数的性质解答,求复合函数的最值,一般从复合函数的定义域入手,结合三角函数的图像一步一步地推出函数的最值.19、(1)众数为75分,中位数为分;(2)76.2分【解析】

(1)由众数的概念及频率分布直方图可求得众数,根据中位数的概念可求得中位数;.(2)由平均数的概念和频率直方图可求得平均数.【详解】(1)由众数的概念及频率分布直方图可知,这50名学生成绩的众数为75分.因为数学竞赛成绩在的频率为,数学竞赛成绩在的频率为.所以中位数为.(2)这50名学生的平均成绩为.【点睛】本题考查根据频率直方图求得数字特征,关键在于理解各数字特征的含义,属于基础题.20、(1);(2)【解析】

(1)当时,利用指数函数和二次函数的图象与性质,得到函数的单调性,即可求得函数的最小值;(2)分段讨论讨论函数在相应的区间内的根的个数,函数在时,至多有一个零点,函数在时,可能仅有一个零点,可能有两个零点,分别求出的取值范围,可得解.【详解】(1)当时,函数,当时,,由指数函数的性质,可得函数在上为增函数,且;当时,,由二次函数的性质,可得函数在上为减函数,在上为增函数,又由函数,当时,函数取得最小值为;故当时,最小值为.(2)因为函数恰有两个零点,所以(ⅰ)当时,函数有一个零点,令得,因为时,,所以时,函数有一个零点,设零点为且,此时需函数在时也恰有一个零点,令,即,得,令,设,,因为,所以,,,当时,,所以,即,所以在上单调递增;当时,,所以,即,所以在上单调递减;而当时,,又时,,所以要使在时恰有一个零点,则需,要使函数恰有两个零点,且,设在时的零点为,则需,而当时,,所以当时,函数恰有两个零点,并且满足;(ⅱ)若当时,函数没有零点,函数在恰有两个零点,且满足,也符合题意,而由(ⅰ)可得,要使当时,函数没有零点,则,要使函数在恰有两个零点,则,但不能满足,所以没有的范围满足当时,函数没有零点,函数在恰有两个零点,且满足,综上可得:实数的取值范围为.故得解.【点睛】本题主要考查了

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