2022-2023学年广东省阳江三中数学高一第二学期期末预测试题含解析

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．函数（其中，，）的图象如图所示，为了得到的图象，只需把的图象上所有的点（）A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度C．向右平移个单位长度 D．向左平移个单位长度2．一条直线经过点，并且它的倾斜角等于直线倾斜角的2倍，则这条直线的方程是()A． B．C． D．3．在中，是的中点，，，相交于点，若，，则（）A．1 B．2 C．3 D．44．的值为()A． B． C． D．5．执行下图所示的程序框图，若输出的，则输入的x为（）A．0 B．1 C．0或1 D．0或e6．已知向量，，则向量的夹角的余弦值为（）A． B． C． D．7．如图是函数一个周期的图象，则的值等于A． B． C． D．8．若实数满足约束条件，则的最大值为（）A．9 B．7 C．6 D．39．设为锐角，，若与共线，则角（）A．15° B．30° C．45° D．60°10．设等差数列，则等于（）A．120 B．60 C．54 D．108二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．若，且，则=_______.12．如图，为测量出高，选择和另一座山的山顶为测量观测点，从点测得点的仰角，点的仰角以及；从点测得．已知山高，则山高__________．13．已知圆：，若对于圆：上任意一点，在圆上总存在点使得，则实数的取值范围为__________．14．已知两个数k＋9和6－k的等比中项是2k，则k＝________．15．从甲、乙、丙等5名候选学生中选2名作为青年志愿者，则甲、乙、丙中有2个被选中的概率为________．16．如图1，动点在以为圆心，半径为1米的圆周上运动，从最低点开始计时，用时4分钟逆时针匀速旋转一圈后停止.设点的纵坐标（米）关于时间（分）的函数为，则该函数的图像大致为________.（请注明关键点）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（其中，）的最小正周期为，且图象经过点（1）求函数的解析式：（2）求函数的单调递增区间．18．选修4-5：不等式选讲已知函数，M为不等式的解集.（Ⅰ）求M；（Ⅱ）证明：当a，b时，.19．已知的内角的对边分别为，若向量，且.（1）求角的值；（2）已知的外接圆半径为，求周长的取值范围.20．如图，在中，，，点在边上，且，.（1）求；（2）求的长.21．做一个体积为，高为2m的长方体容器，问底面的长和宽分别为多少时，所用的材料表面积最少？并求出其最小值.

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、C【解析】

通过图象可以知道：最低点的纵坐标为，函数的图象与横轴的交点的坐标为，与之相邻的最低点的坐标为，这样可以求出和最小正周期，利用余弦型函数最小正周期公式，可以求出，把零点代入解析式中，可以求出，这样可以求出函数的解析式，利用诱导公式化为正弦型三角函数解析式形式，最后利用平移变换解析式的变化得出正确答案.【详解】由图象可知：函数的最低点的纵坐标为，函数的图象与横轴的交点的坐标为，与之相邻的最低点的坐标为，所以，设函数的最小正周期为，则有，而，把代入函数解析式中，得，所以，而，显然由向右平移个单位长度得到的图象，故本题选C.【点睛】本题考查了由函数图象求余弦型函数解析式，考查了正弦型函数图象之间的平移变换规律.2、B【解析】

先求出直线的倾斜角，进而得出所求直线的倾斜角和斜率，再根据点斜式写直线的方程.【详解】已知直线的斜率为，则倾斜角为，故所求直线的倾斜角为，斜率为，由直线的点斜式得，即。故选B.【点睛】本题考查直线的性质与方程，属于基础题.3、D【解析】由题意知，所以，解得，所以，故选D.4、B【解析】

直接利用诱导公式结合特殊角的三角函数求解即可.【详解】,故选B.【点睛】本题主要考查诱导公式以及特殊角的三角函数，意在考查对基础知识的掌握情况，属于简单题.5、C【解析】

根据程序框图,分两种情况讨论,即可求得对应的的值.【详解】当输出结果为时.当,则,解得当,则,解得综上可知,输入的或故选:C【点睛】本题考查了程序框图的简单应用,指数方程与对数方程的解法,属于基础题.6、C【解析】

先求出向量，再根据向量的数量积求出夹角的余弦值．【详解】∵，∴．设向量的夹角为，则．故选C．【点睛】本题考查向量的线性运算和向量夹角的求法，解题的关键是求出向量的坐标，然后根据数量积的定义求解，注意计算的准确性，属于基础题．7、A【解析】

利用图象得到振幅，周期，所以，再由图象关于成中心对称，把原式等价于求的值.【详解】由图象得：振幅，周期，所以，所以，因为图象关于成中心对称，所以，，所以原式，故选A.【点睛】本题考查三角函数的周期性、对称性等性质，如果算出每个值再相加，会浪费较多时间，且容易出错，采用对称性求解，能使问题的求解过程变得更简洁.8、A【解析】由约束条件作出可行域如图，联立，解得，化目标函数为，由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最大，有最大值为，故选A.【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.9、B【解析】由题意，，又为锐角，∴．故选B．10、C【解析】

题干中只有一个等式，要求前9项的和，可利用等差数列的性质解决。【详解】，选C.【点睛】题干中只有一个等式，要求前9项的和，可利用等差数列的性质解决。也可将等式全部化为的表达式，整体代换计算出二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

由的值及，可得的值，计算可得的值.【详解】解：由，且，由，可得，故，故答案为：.【点睛】本题主要考查了同角三角函数的基本关系，熟练掌握其基本关系是解题的关键.12、1【解析】试题分析：在中，,，在中，由正弦定理可得即解得,在中，．故答案为1．考点：正弦定理的应用．13、【解析】

由，知为圆的切线，所以两圆外离，即圆心距大于两半径之和，代入方程即可。【详解】由，知为圆的切线，即在圆上任意一点都可以向圆作切线，当两圆外离时，满足条件，所以，，即，化简，得：，解得：或.【点睛】和圆半径所成夹角为，即是圆的切线，两圆外离表示圆心距大于两半径之和。14、3【解析】由已知得(2k)2＝(k＋9)(6－k)，k∈N*，∴k＝3.15、【解析】因为从5名候选学生中任选2名学生的方法共有10种，而甲、乙、丙中有2个被选中的方法有3种，所以甲、乙、丙中有2个被选中的概率为.16、【解析】

根据题意先得出，再画图．【详解】解：设，，，，，则当时，处于最低点，则，，可画图为：故答案为：【点睛】本题考查了三角模型的实际应用，关键是根据题意建立函数模型，属中档题．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)；(2)，.【解析】

（1）根据最小正周期可求得；代入点，结合的范围可求得，从而得到函数解析式；（2）令，解出的范围即为所求的单调递增区间.【详解】（1）最小正周期过点，，解得：，的解析式为：（2）由，得：，的单调递增区间为：，【点睛】本题考查根据三角函数性质求解函数解析式、正弦型函数单调区间的求解；关键是能够采用整体对应的方式来利用正弦函数的最值和单调区间求解正弦型函数的解析式和单调区间.18、（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.【解析】试题分析：（I）先去掉绝对值，再分，和三种情况解不等式，即可得；（II）采用平方作差法，再进行因式分解，进而可证当，时，．试题解析：（I）当时，由得解得；当时，；当时，由得解得.所以的解集.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，，从而，因此【考点】绝对值不等式，不等式的证明.【名师点睛】形如（或）型的不等式主要有两种解法：（1）分段讨论法：利用绝对值号内式子对应的方程的根，将数轴分为，，（此处设）三个部分，在每个部分去掉绝对值号并分别列出对应的不等式进行求解，然后取各个不等式解集的并集．（2）图象法：作出函数和的图象，结合图象求解．19、(1)(2)【解析】试题分析：（1）由，得，利用正弦定理统一到角上易得（2）根据题意，得，由余弦定理，得，结合均值不等式可得，所以的最大值为4，又，从而得到周长的取值范围.试题解析：（1）由，得.由正弦定理，得，即.在中，由，得.又，所以.（2）根据题意，得.由余弦定理，得，即，整理得，当且仅当时，取等号，所以的最大值为4.又，所以，所以.所以的周长的取值范围为.20、（1）；（2）7.【解析】试题分析：（I）在中，利用外角的性质，得即可计算结果；（II）由正弦定理，计算得，在中，由余弦定理，即可计算结果．试题解析：（I）在中，∵，∴∴（II）在中，由正弦定理得：在中，由余弦定理得：∴考点：正弦定理与余弦定理．21、长和宽均为4m时，最小值为64【解析】

利用体积求得ab=16，只需表示出表面积，结合高为2m，利用基本不等式求出最值即可.【详解】设底面