2023年福建龙岩一中数学高一第二学期期末综合测试模拟试题含解析

2022-2023学年高一下数学期末模拟试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．的值等于()A． B． C． D．2．已知，则点在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知等比数列中，，，则（）A．10 B．7 C．4 D．124．若集合A={x|2≤x<4}, B={x|x>3}A．{x|3≤x<4} B．{x|3<x<4} C．{x|2≤x<3} D．{x|2≤x≤3}5．“”是“函数，有反函数”的（）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．即非充分又非必要条件6．若是第四象限角，则是（）A．第一象限角 B．第二象限角C．第三象限角 D．第四象限角7．在正方体中，直线与平面所成角的正弦值为（）A． B． C． D．8．有5支彩笔（除颜色外无差别），颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫.从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为A． B． C． D．9．在等差数列中，若，则（）A． B． C． D．10．若双曲线的中心为原点，是双曲线的焦点，过的直线与双曲线相交于，两点，且的中点为，则双曲线的方程为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．对于0≤m≤4的任意m，不等式x2＋mx>4x＋m－3恒成立，则x的取值范围是________________．12．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β，下列四个命题正确的是________．①若l⊥β，则α⊥β；②若α⊥β，则l⊥m；③若l∥β，则α∥β；④若α∥β，则l∥m.13．函数，的反函数为__________．14．_________.15．设奇函数的定义域为R，且对任意实数满足，若当∈[0,1]时，,则____.16．等差数列的前项和为，，，等比数列满足，.（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前15项和.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．已知数列中，，.(1)令，求证：数列为等比数列；(2)求数列的通项公式；(3)令，为数列的前项和，求.18．已知圆经过，，三点．(1)求圆的标准方程；(2)若过点N的直线被圆截得的弦AB的长为，求直线的倾斜角．19．在平面直角坐标系中，O是坐标原点，向量若C是AB所在直线上一点，且，求C的坐标．若，当，求的值．20．（1）设，直接用任意角的三角比定义证明：.（2）给出两个公式：①；②.请仅以上述两个公式为已知条件证明：.21．数列中，且满足.（1）求数列的通项公式；（2）设，求；⑶设，是否存在最大的整数，使得对任意，均有成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

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】=,选A.2、B【解析】∵，∴，，，∴，∴点在第二象限，故选B.点睛：本题主要考查了由三角函数值的符号判断角的终边位置，属于基础题；三角函数值符号记忆口诀记忆技巧：一全正、二正弦、三正切、四余弦（为正）．即第一象限全为正，第二象限正弦为正，第三象限正切为正，第四象限余弦为正.3、C【解析】

由等比数列性质可知,进而根据对数的运算法则计算即可【详解】由题,因为等比数列,所以,则,故选:C【点睛】本题考查等比数列的性质的应用,考查对数的运算4、B【解析】

根据交集定义计算．【详解】由题意A∩B={x|3<x<4}．故选B．【点睛】本题考查集合的交集运算，属于基础题．5、A【解析】

函数，有反函数，则函数，上具有单调性，可得，即可判断出结论．【详解】函数，有反函数，则函数，上具有单调性，．是的真子集，“”是“函数，有反函数”的充分不必要条件．故选：A.【点睛】本题考查了二次函数的单调性、反函数、充分条件与必要条件的判定方法，考查推理能力与计算能力，同时考查函数与方程思想、数形结合思想．6、C【解析】

利用象限角的表示即可求解.【详解】由是第四象限角，则，所以，所以是第三象限角.故选：C【点睛】本题考查了象限角的表示，属于基础题.7、C【解析】

由题，连接，设其交平面于点易知平面，即（或其补角）为与平面所成的角，再利用等体积法求得AO的长度，即可求得的长度，可得结果.【详解】设正方体的边长为1，如图，连接，设其交平面于点，则易知，，又，所以平面，即得平面.在三棱锥中，由等体积法知，，即，解得，所以.连接，则（或其补角）为与平面所成的角.在中，.故选C.【点睛】本题考查了立体几何中线面角的求法，作出线面角是解题的关键，求高的长度会用到等体积法，属于中档题.8、C【解析】选取两支彩笔的方法有种，含有红色彩笔的选法为种，由古典概型公式，满足题意的概率值为.本题选择C选项.考点：古典概型名师点睛：对于古典概型问题主要把握基本事件的种数和符合要求的事件种数，基本事件的种数要注意区别是排列问题还是组合问题，看抽取时是有、无顺序，本题从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，是组合问题，当然简单问题建议采取列举法更直观一些.9、B【解析】

由等差数列的性质可得，则答案易求.【详解】在等差数列中，因为，所以.所以.故选B.【点睛】本题考查等差数列性质的应用.在等差数列中，若，则.特别地，若，则.10、B【解析】由题可知，直线：，设，，得，又，解得，所以双曲线方程为，故选B。二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、(－∞，－1)∪(3，＋∞)【解析】不等式可化为m(x－1)＋x2－4x＋3>0在0≤m≤4时恒成立．令f(m)＝m(x－1)＋x2－4x＋3.则⇒⇒即x<－1或x>3.故答案为(－∞，－1)∪(3，＋∞)12、①【解析】

由线面的平行垂直的判定和性质一一检验即可得解.【详解】由平面与平面垂直的判定可知，①正确；②中，当α⊥β时，l，m可以垂直，也可以平行，也可以异面；③中，l∥β时，α，β可以相交；④中，α∥β时，l，m也可以异面．故答案为①.【点睛】本题主要考查了线面、面面的垂直和平行位置关系的判定和性质，属于基础题.13、【解析】

将函数变形为的形式，然后得到反函数，注意定义域.【详解】因为，所以，则反函数为：且.【点睛】本题考查反三角函数的知识，难度较易.给定定义域的时候，要注意函数定义域.14、【解析】

根据诱导公式和特殊角的三角函数值可计算出结果.【详解】由题意可得，原式.故答案为.【点睛】本题考查诱导公式和特殊三角函数值的计算，考查计算能力，属于基础题.15、【解析】

根据得到周期，再利用周期以及奇函数将自变量转变到给定区间计算函数值.【详解】因为，所以，所以，又因为，所以，则，故，又因为是奇函数，所以，则.【点睛】（1）形如的函数是周期函数，周期；（2）若要根据奇偶性求解分段函数的表达式，记住一个原则：“用未知表示已知”，也就是将自变量变形，利用已知范围和解析式求解.16、（1），；（2）125.【解析】

（1）直接利用等差数列，等比数列的公式得到答案.（2），前5项为正，后面为负，再计算数列的前15项和.【详解】解：（1）联立，解得，，故，，联立，解得，故.（2）.【点睛】本题考查了等差数列，等比数列，绝对值和，判断数列的正负分界处是解题的关键.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）见解析（2）（3）【解析】

(1)计算，得证数列为等比数列.(2)先求出的通项公式，再计算数列的通项公式.(3)计算，根据错位相减法和分组求和法得到答案.【详解】(1)，，，故数列是以为首项，以为公比的等比数列.(2)由(1)知，由，得数列的通项公式为.(3)由(2)知，记.有.两式作差得，得，则.【点睛】本题考查了数列的证明，数列通项公式，分组求和，错位相减法，意在考查学生的计算能力.18、(1)(2)30°或90°．【解析】

（1）解法一：将圆的方程设为一般式，将题干三个点代入圆的方程，解出相应的参数值，即可得出圆的一般方程，再化为标准方程；解法二：求出线段和的中垂线方程，将两中垂线方程联立求出交点坐标，即为圆心坐标，然后计算为圆的半径，即可写出圆的标准方程；（2）先利用勾股定理计算出圆心到直线的距离为，并对直线的斜率是否存在进行分类讨论：一是直线的斜率不存在，得出直线的方程为，验算圆心到该直线的距离为；二是当直线的斜率存在时，设直线的方程为，并表示为一般式，利用圆心到直线的距离为得出关于的方程，求出的值．结合前面两种情况求出直线的倾斜角．【详解】（1）解法一：设圆的方程为，则∴即圆为，∴圆的标准方程为；解法二：则中垂线为,中垂线为，∴圆心满足∴，半径，∴圆的标准方程为．（2）①当斜率不存在时，即直线到圆心的距离为1，也满足题意，此时直线的倾斜角为90°，②当斜率存在时，设直线的方程为，由弦长为4，可得圆心到直线的距离为，，∴，此时直线的倾斜角为30°，综上所述，直线的倾斜角为30°或90°．【点睛】本题考查圆的方程以及直线截圆所得弦长的计算，在求直线与圆所得弦长的计算中，问题的核心要转化为弦心距的计算，弦心距的计算主要有以下两种方式：一是利用勾股定理计算，二是利用点到直线的距离公式计算圆心到直线的距离．19、（1）；（2）或1【解析】

由向量共线的坐标运算得：设，可得，又因为，，即.由题意结合向量加减法与数量积的运算化简得，所以，运算可得解.【详解】，因为C是AB所在直线上一点，设，可得，又因为，所以，解得，所以，故答案为且，显然，所以，，又所以，即，所以，所以即，解得：或，故答案为或1．【点睛】本题考查了向量共线的坐标运算及平面向量数量积的运算，属于中档题．20、（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】

（1）直接利用任意角的三角函数的定义证得．（2）由已知条件利用诱导公式，证明．【详解】解：（1）将角的顶点置于平面直角坐标系的原点，始边与轴的正半轴重合，设角终边一点（非原点），其坐标为.∵，∴，.（2）由于，将换成后，就有即，.【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义、诱导公式，属于基础题．21、（1）；（2）（3）7.【解析】

（1）由可得为等差数列，从而可得数列的通项公式；（2）先判断时数列的各项为正数，时数列各项为负数，分两种情况讨论分别利用等差数列求和公式求解即可；（3）求得利用裂项相消法求得，由可得结果.【详解】（1）