2022-2023学年杭州外国语学校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须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．已知直线，，则与之间的距离为（）A． B． C．7 D．2．某工厂对一批新产品的长度(单位：)进行检测，如下图是检测结果的频率分布直方图，据此估计这批产品的中位数与平均数分别为()A．20，22.5 B．22.5，25 C．22.5，22.75 D．22.75，22.753．已知，函数，存在常数，使得为偶函数，则可能的值为（）A． B． C． D．4．已知向量满足：，，，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．在中，角所对的边分别为.若，，，则等于（）A． B． C． D．7．中，下列结论：①若，则，②，③，④若是锐角三角形，则，其中正确的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．48．不等式的解集是（）A． B．C．或 D．或9．一个三角形的三边长成等比数列，公比为，则函数的值域为（）A．（，+∞） B．[，+∞） C．（，－1） D．[，－1）10．已知一个扇形的圆心角为，半径为1．则它的弧长为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．数列满足，则数列的前6项和为_______．12．设是公比为的等比数列，，令，若数列有连续四项在集合中，则=.13．若为锐角，，则__________．14．若直线与曲线相交于A，B两点，O为坐标原点，当的面积取最大值时，实数m的取值____．15．若方程表示圆，则实数的取值范围是______.16．的值域是______.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．如图，已知矩形ABCD中，，，M是以CD为直径的半圆周上的任意一点（与C，D均不重合），且平面平面ABCD.（1）求证：平面平面BCM；（2）当四棱锥的体积最大时，求AM与CD所成的角.18．如图，等腰梯形中，，，，取中点，连接，把三角形沿折起，使得点在底面上的射影落在上，设为的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.19．设数列满足（，），且，.（1）求和的值；（2）求数列的前项和.20．已知是同一平面内的三个向量，其中.（1）若，求；（2）若与共线，求的值.21．已知为平面内不共线的三点，表示的面积（1）若求；（2）若，，，证明:；（3）若，，，其中，且坐标原点恰好为的重心，判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，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、D【解析】

化简的方程，再根据两平行直线的距离公式，求得两条平行直线间的距离.【详解】，由于平行，故有两条平行直线间的距离公式得距离为，故选D.【点睛】本小题主要考查两条平行直线间的距离公式，属于基础题.2、C【解析】

根据平均数的定义即可求出．根据频率分布直方图中，中位数的左右两边频率相等，列出等式，求出中位数即可．【详解】：根据频率分布直方图，得平均数为1（12.1×0.02+17.1×0.04+22.1×0.08+27.1×0.03+32.1×0.03）＝22.71，∵0.02×1+0.04×1＝0.3＜0.1，0.3+0.08×1＝0.7＞0.1；∴中位数应在20～21内，设中位数为x，则0.3+（x﹣20）×0.08＝0.1，解得x＝22.1；∴这批产品的中位数是22.1．故选C．【点睛】本题考查了利用频率分布直方图求数据的中位数平均数的应用问题，是基础题目．3、C【解析】

直接利用三角函数性质的应用和函数的奇偶性的应用求出结果.【详解】解：由函数，存在常数，使得为偶函数，则，由于函数为偶函数，故，所以，当时，.故选：C.【点睛】本题考查三角函数的性质的应用，属于基础题.4、D【解析】

首先根据题中条件求出与的数量积，然后求解即可.【详解】由题有，即，，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查了向量的模，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、B【解析】

利用正弦定理可求.【详解】由正弦定理得.故选B.【点睛】本题考查正弦定理的应用，属于容易题.7、C【解析】

根据正弦定理与诱导公式，以及正弦函数的性质，逐项判断，即可得出结果.【详解】①在中，因为，所以，所以，故①正确；②，故②正确；③，故③错误；④若是锐角三角形，则，均为锐角，因为正弦函数在上单调递增，所以，故④正确；故选C【点睛】本题主要考查命题真假的判定，熟记正弦定理，诱导公式等即可，属于常考题型.8、B【解析】

由题意，∴，即，解得，∴该不等式的解集是，故选．9、D【解析】

由题意先设出三边为则由三边关系：两短边和大于第三边，分公比大于与公式在小于两类解出公比的取值范围，此两者的并集是函数的定义域，再由二次函数的性质求出它的值域，选出正确选项.【详解】解：设三边：则由三边关系：两短边和大于第三边，即

（1）当时，，即，解得；

（2）当时，为最大边，，即，解得，

综合（1）（2）得：，

又的对称轴是，故函数在上是减函数，在上是增函数，

由于时，与时，，

所以函数的值域为，故选：D.【点睛】本题考查等比数列的性质及二次函数的值域的求法，解答本题关键是熟练掌握等比数列的性质，能利用它建立不等式解出公比的取值范围得出函数的定义域，熟练掌握二次函数的性质也很重要，由此类题可以看出，扎实的双基，娴熟的基础知识与公式的记忆是解题的知识保障.10、C【解析】

直接利用扇形弧长公式求解即可得到结果.【详解】由扇形弧长公式得：本题正确选项：【点睛】本题考查扇形弧长公式的应用，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、84【解析】

根据分组求和法以及等差数列与等比数列前n项和公式求解.【详解】因为，所以.【点睛】本题考查分组求和法以及等差数列与等比数列前n项和公式，考查基本分析求解能力，属基础题.12、【解析】

考查等价转化能力和分析问题的能力,等比数列的通项,有连续四项在集合，四项成等比数列，公比为，=-9.13、【解析】因为为锐角，，所以，.14、【解析】

点O到的距离，将的面积用表示出来，再利用均值不等式得到答案.【详解】曲线表示圆心在原点，半径为1的圆的上半圆，若直线与曲线相交于A，B两点，则直线的斜率，则点O到的距离，又，当且仅当，即时，取得最大值．所以，解得舍去)．故答案为．【点睛】本题考查了点到直线的距离，三角形面积，均值不等式，意在考查学生的计算能力.15、.【解析】

把圆的一般方程化为圆的标准方程，得出表示圆的条件，即可求解，得到答案．【详解】由题意，方程可化为，方程表示圆，则满足，解得．【点睛】本题主要考查了圆的一般方程与圆的标准方程的应用，其中熟记圆的一般方程与圆的标准方程的互化是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础．16、【解析】

对进行整理，得到正弦型函数，然后得到其值域，得到答案.【详解】，因为所以的值域为.故答案为：【点睛】本题考查辅助角公式，正弦型函数的值域，属于简单题.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）证明见解析（2）【解析】

（1）只证明CM⊥平面ADM即可，即证明CM垂直于该平面内的两条相交直线，或者使用面面垂直的性质，本题的条件是平面CDM⊥平面ABCD，而M是以CD为直径的半圆周上一点，能够得到CM⊥DM，由面面垂直的性质即可证明；（2）当四棱锥M一ABCD的体积最大时，M为半圆周中点处，可得角MAB就是AM与CD所成的角，利用已知即可求解．【详解】（1）证明：CD为直径，所以CMDM，已知平面CDM平面ABCD，ADCD，AD平面CDM，所以ADCM又DMAD=DCM平面ADM又CM平面BCM，平面ADM平面BCM，（2）当M为半圆弧CD的中点时，四棱锥的体积最大，此时，过点M作MOCD于点E,平面CDM平面ABCDMO平面ABCD，即MO为四棱锥的高又底面ABCD面积为定值2，AM与CD所成的角即AM与AB所成的角，求得，三角形为正三角形，，故AM与CD所成的角为【点睛】本题主要考查异面直线成的角，面面垂直的判定定理，属于中档题.解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理.18、（1）见解析；（2）.【解析】

（1）取的中点，取的中点，连接、、、、，可知、均为等边三角形，可证明出平面，从而得出，再证明出四边形为平行四边形，可得出，由等腰三角形三线合一的性质可得，从而可得出，再利用线面垂直的判定定理可证明出平面；（2）过点在平面内作，垂足为点，连接，证明出平面，可得知二面角的平面角为，计算出直角三角形三边边长，即可求出，即为所求.【详解】（1）如下图所示，取的中点，取的中点，连接、、、、，在等腰梯形中，，，，为的中点，所以，，又，则，为等边三角形，同理可知为等边三角形，为的中点，，，，平面，平面，，由于和是边长相等的等边三角形，且为的中点，，为的中点，.在等腰梯形中，且，则四边形为平行四边形，、分别为、的中点，且，为的中点，且，则四边形为平行四边形，，，，平面；（2）过点在平面内作，垂足为点，连接，由于点在平面内的射影点在上，则平面平面，由（1）知，，又平面平面，平面，平面，平面，，，，平面，平面，，所以，二面角的平面角为，在中，，，，，，因此，二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定以及二面角的求法，解题的关键就是找出二面角的平面角，通过解三角形来求解二面角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.19、（1），；（2）【解析】

（1）由已知求得，可得，取即可求得；（2）由，得，可得数列是以为首项，以1为公差的等差数列，由此求得数列的通项公式，再由错位相减法求数列的前项和．【详解】解：（1），且，，，即．，取，得，即；（2）由，得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，则．则．，，则，．【点睛】本题考查数列求和，训练了利用错位相减法求数列的前项和，属于中档题．20、（1）；（2）【解析】

（1）根据向量的坐标的运算法则和向量垂直的条件，以及模的定义即可求出．（2）根据向量共线的条件即可求出．【详解】（1）因为（2）由已知：【点睛】本题考查了向量的坐标运算以及向量的垂直和平行的坐标表示，属于基础题．21、（1）；（2）详见解析；（3）是定值，值为，理由见解析.【解析】

（1）已知三点坐标，则可以求出三边长度及对应向量，由向量数量积公式可以求出夹角余弦值，从而算出正弦值，利用面积公式完成作答；（2）和（1）的方法一样，唯独不同在于（1）是具体值，而（2）中是参数，我们可以把参数当做