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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.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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.已知关于的不等式的解集为空集,则实数的取值范围是()A. B. C. D.2.已知向量,,,则()A. B. C. D.3.过点的圆的切线方程是()A. B.或C.或 D.或4.(2017新课标全国卷Ⅲ文科)已知椭圆C:的左、右顶点分别为A1,A2,且以线段A1A2为直径的圆与直线相切,则C的离心率为A. B.C. D.5.平面平面,直线,,那么直线与直线的位置关系一定是()A.平行 B.异面 C.垂直 D.不相交6.定义在上的函数若关于的方程(其中)有个不同的实根,,…,,则()A. B. C. D.7.把函数的图象上的所有点的横坐标缩小到原来的一半(纵坐标不变),然后把图象向左平移个单位,则所得图形对应的函数解析式为()A. B.C. D.8.已知圆心在轴上的圆经过,两点,则的方程为()A. B.C. D.9.函数(其中为自然对数的底数)的图象大致为()A. B. C. D.10.某校有高一学生人,高二学生人,高三学生人,现教育局督导组欲用分层抽样的方法抽取名学生进行问卷调查,则下列判断正确的是()A.高一学生被抽到的可能性最大 B.高二学生被抽到的可能性最大C.高三学生被抽到的可能性最大 D.每位学生被抽到的可能性相等二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11.命题“数列的前项和”成立的充要条件是________.(填一组符合题意的充要条件即可,所填答案中不得含有字母)12.在,若,,,则__________________.13.已知等差数列的公差为2,若成等比数列,则________.14.已知角的终边经过点,则______.15.若数列满足,,,则______.16.若角的终边经过点,则的值为________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.已知函数(1)求函数的最大值,以及取到最大值时所对应的的集合;(2)在上恒成立,求实数的取值范围.18.如图,在平面四边形中,已知,,在上取点,使得,连接,若,。(1)求的值;(2)求的长。19.求经过直线:与直线:的交点,且分别满足下列条件的直线方程.(Ⅰ)与直线平行;(Ⅱ)与直线垂直.20.如图,在三棱柱中,各个侧面均是边长为的正方形,为线段的中点.(1)求证:直线平面;(2)求直线与平面所成角的余弦值;(3)设为线段上任意一点,在内的平面区域(包括边界)是否存在点,使,并说明理由.21.已知函数,.(1)求函数的单调减区间;(2)若存在,使等式成立,求实数的取值范围.

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、C【解析】

由题意得出关于的不等式的解集为,由此得出或,在成立时求出实数的值代入不等式进行验证,由此解不等式可得出实数的取值范围.【详解】由题意知,关于的不等式的解集为.(1)当,即.当时,不等式化为,合乎题意;当时,不等式化为,即,其解集不为,不合乎题意;(2)当,即时.关于的不等式的解集为.,解得.综上可得,实数的取值范围是.故选:C.【点睛】本题考查二次不等式在上恒成立问题,求解时根据二次函数图象转化为二次项系数和判别式的符号列不等式组进行求解,考查化归与转化思想,属于中等题.2、D【解析】

利用平面向量垂直的坐标等价条件列等式求出实数的值.【详解】,,,,解得,故选D.【点睛】本题考查向量垂直的坐标表示,解题时将向量垂直转化为两向量的数量积为零来处理,考查计算能力,属于基础题.3、D【解析】

先由题意得到圆的圆心坐标,与半径,设所求直线方程为,根据直线与圆相切,结合点到直线距离公式,即可求出结果.【详解】因为圆的圆心为,半径为1,由题意,易知所求切线斜率存在,设过点与圆相切的直线方程为,即,所以有,整理得,解得,或;因此,所求直线方程分别为:或,整理得或.故选D【点睛】本题主要考查求过圆外一点的切线方程,根据直线与圆相切,结合点到直线距离公式即可求解,属于常考题型.4、A【解析】以线段为直径的圆的圆心为坐标原点,半径为,圆的方程为,直线与圆相切,所以圆心到直线的距离等于半径,即,整理可得,即即,从而,则椭圆的离心率,故选A.【名师点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及取值范围问题,其关键就是确立一个关于的方程或不等式,再根据的关系消掉得到的关系式,而建立关于的方程或不等式,要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.5、D【解析】

利用空间中线线、线面、面面的位置关系得出直线与直线没有公共点.【详解】由题平面平面,直线,则直线与直线的位置关系平行或异面,即两直线没有公共点,不相交.故选D.【点睛】本题考查空间中两条直线的位置关系,属于简单题.6、C【解析】画出函数的图象,如图,由图可知函数的图象关于对称,解方程方程,得或,时有三个根,,时有两个根,所以关于的方程共有五个根,,,故选C.【方法点睛】本题主要考查函数的图象与性质以及函数与方程思想、数形结合思想的应用,属于难题.数形结合是根据数量与图形之间的对应关系,通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法,.函数图象是函数的一种表达形式,它形象地揭示了函数的性质,为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性.归纳起来,图象的应用常见的命题探究角度有:1、确定方程根的个数;2、求参数的取值范围;3、求不等式的解集;4、研究函数性质.7、D【解析】

函数的图象上的所有点的横坐标缩小到原来的一半(纵坐标不变),的系数变为原来的2倍,即为2,然后根据平移求出函数的解析式.【详解】函数的图象上的所有点的横坐标缩小到原来的一半(纵坐标不变),得到,把图象向左平移个单位,得到故选:.【点睛】本题考查函数的图象变换.准确理解变换规则是关键,属于中档题.8、A【解析】

由圆心在轴上设出圆心坐标,设出圆的方程,将,两点坐标代入,即可求得圆心坐标和半径,进而得圆的方程.【详解】因为圆心在轴上,设圆心坐标为,半径为设圆的方程为因为圆经过,两点代入可得解方程求得所以圆C的方程为故选:A【点睛】本题考查了圆的方程求法,关键是求出圆心和半径,属于基础题.9、C【解析】

由题意,可知,即为奇函数,排除,,又时,,可排除D,即可选出正确答案.【详解】由题意,函数定义域为,且,即为奇函数,排除,,当时,,,即时,,可排除D,故选C.【点睛】本题考查了函数图象的识别,考查了函数奇偶性的运用,属于中档题.10、D【解析】

根据分层抽样是等可能的选出正确答案.【详解】由于分层抽样是等可能的,所以每位学生被抽到的可能性相等,故选D.【点睛】本小题主要考查随机抽样的公平性,考查分层抽样的知识,属于基础题.二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11、数列为等差数列且,.【解析】

根据题意,设该数列为,由数列的前项和公式分析可得数列为等差数列且,,反之验证可得成立,综合即可得答案.【详解】根据题意,设该数列为,若数列的前项和,则当时,,当时,,当时,符合,故有数列为等差数列且,,反之当数列为等差数列且,时,,;故数列的前项和”成立的充要条件是数列为等差数列且,,故答案为:数列为等差数列且,.【点睛】本题考查充分必要条件的判定,关键是掌握充分必要条件的定义,属于基础题.12、【解析】

由,故用二倍角公式算出,再用余弦定理算得即可.【详解】,又,,又,代入得,所以.故答案为【点睛】本题主要考查二倍角公式与余弦定理,属于基础题型.13、【解析】

利用等差数列{an}的公差为1,a1,a3,a4成等比数列,求出a1,即可求出a1.【详解】∵等差数列{an}的公差为1,a1,a3,a4成等比数列,

∴(a1+4)1=a1(a1+2),

∴a1=-8,

∴a1=-2.

故答案为-2..【点睛】本题考查等比数列的性质,考查等差数列的通项,考查学生的计算能力,属基础题..14、【解析】由题意,则.15、【解析】

由,化简得,则为等差数列,结合已知条件得.【详解】由,化简得,且,,得,所以是以为首项,以为公差的等差数列,所以,即故答案为:【点睛】本题考查了数列的递推式,考查了判断数列是等差数列的方法,属于中档题.16、.【解析】

根据三角函数的定义求出的值,然后利用反三角函数的定义得出的值.【详解】由三角函数的定义可得,,故答案为.【点睛】本题考查三角函数的定义以及反三角函数的定义,解本题的关键就是利用三角函数的定义求出的值,考查计算能力,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、,,;(2)【解析】

(1).此时,(2),,即,.,,且,,即的取值范围是.18、(1);(2).【解析】试题分析:(1)在中,直接由正弦定理求出;(2)在中,,,可求出,在中,直接由余弦定理可求得.试题解析:(1)在中,据正弦定理,有.∵,,,∴.(2)由平面几何知识,可知,在中,∵,,∴.∴.在中,据余弦定理,有∴点睛:此题考查了正弦定理、余弦定理的应用,利用正弦、余弦定理可以很好得解决了三角形的边角关系,熟练掌握定理是解本题的关键.在中,涉及三边三角,知三(除已知三角外)求三,可解出三角形,当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时,运用正弦定理求解;当涉及三边或两边及其夹角时,运用余弦定理求解.19、(Ⅰ);(Ⅱ).【解析】

(Ⅰ)先求得直线与直线的交点坐标.根据平行直线的斜率关系得与平行直线的斜率,再由点斜式即可求得直线方程.(Ⅱ)根据垂直直线的斜率关系得与垂直的直线斜率,再由点斜式即可求得直线方程.【详解】解方程组得,所以直线与直线的交点是(Ⅰ)直线,可化为由题意知与直线平行则直线的斜率为又因为过所以由点斜式方程可得化简得所以与直线平行且过的直线方程为.(Ⅱ)直线的斜率为则由垂直时直线的斜率乘积为可知直线的斜率为由题意知该直线经过点,所以由点斜式方程可知化简可得所以与直线垂直且过的直线方程为.【点睛】本题考查了直线平行与垂直时的斜率关系,由点斜式求方程的用法,属于基础题.20、(1)见解析(2)(3)存在点,使,详见解析【解析】

(1)设与的交点为,证明进而证明直线平面.(2)先证明直线与平面所成角的为,再利用长度关系计算.(3)过点作,证明平面,即,所以存在.【详解】(1)设与的交点为,显然为中点,又点为线段的中点,所以,平面,平面,平面.(2)平面,平面,,,平面,平面,平面,点在平面上的投影为点,直线与平面所成角的为,,,,.(3)过点作,又因为平面,平面,所以,平面,平面,平面,,所以存在点,使.【点睛】本题考查了立体几何线面平行,线面夹角,动点问题,将线线垂直转化为线面垂直是解题的关键.21、(1),.(2)【解析】

(1)利用降次公式和辅助角公式化简表达式,根据

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