2024届山东泰安知行学校高一数学第二学期期末经典模拟试题含解析

2024届山东泰安知行学校高一数学第二学期期末经典模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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1．一组数据0，1，2，3，4的方差是A． B． C．2 D．42．如果圆上总存在点到原点的距离为，则实数的取值范围为()A． B． C． D．3．过点作抛物线的两条切线，切点为，则的面积为（）A． B． C． D．4．函数（其中为自然对数的底数）的图象大致为（）A． B． C． D．5．已知圆锥的母线长为8，底面圆周长为，则它的体积是()A． B． C． D．6．下面一段程序执行后的结果是（）A．6 B．4 C．8 D．107．在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，它的始边与轴的非负半轴重合，终边交单位圆于点，则的值为()A． B． C． D．8．设公差为－2的等差数列，如果，那么等于()A．－182 B．－78 C．－148 D．－829．已知命题，则命题的否定为（）A． B．C． D．10．等差数列{an}中，若S1=1A．2019 B．1 C．1009 D．1010二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知,且关于的方程有实数根，则与的夹角的取值范围是______.12．己知函数，有以下结论：①的图象关于直线轴对称②在区间上单调递减③的一个对称中心是④的最大值为则上述说法正确的序号为__________（请填上所有正确序号）.13．已知点P是矩形ABCD边上的一动点，，，则的取值范围是________.14．在中，已知，，，则角__________．15．从甲、乙、丙、丁四个学生中任选两人到一个单位实习，余下的两人到另一单位实习，则甲、乙两人不在同一单位实习的概率为________.16．在等差数列中，，，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．如果定义在上的函数，对任意的，都有，则称该函数是“函数”．（I）分别判断下列函数：①；②；③，是否为“函数”？（直接写出结论）（II）若函数是“函数”，求实数的取值范围．（III）已知是“函数”，且在上单调递增，求所有可能的集合与18．已知分别是锐角三个内角的对边，且，且.(Ⅰ)求的值；(Ⅱ)求面积的最大值；19．求值：（1）一个扇形的面积为1，周长为4，求圆心角的弧度数；（2）已知，计算.20．如图几何体中，底面为正方形，平面，，且.（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的大小.21．已知四棱锥的底面是菱形，底面，是上的任意一点求证：平面平面设，求点到平面的距离在的条件下，若，求与平面所成角的正切值

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【解题分析】

先求得平均数，再根据方差公式计算。【题目详解】数据的平均数为：方差是＝2，选C。【题目点拨】方差公式，代入计算即可。2、B【解题分析】

将圆上的点到原点的距离转化为圆心到原点的距离加减半径得到答案.【题目详解】，圆心为半径为1圆心到原点的距离为：如果圆上总存在点到原点的距离为即圆心到原点的距离即故答案选B【题目点拨】本题考查了圆上的点到原点的距离，转化为圆心到原点的距离加减半径是解题的关键.3、B【解题分析】设抛物线过点的切线方程为，即，将点代入可得，同理都满足方程，即为直线的方程为，与抛物线联立，可得，点到直线的距离，则的面积为，故选B.【方法点晴】本题主要考查利用导数求曲线切线方程以及弦长公式与点到直线距离公式，属于难题.求曲线切线方程的一般步骤是：（1）求出在处的导数，即在点出的切线斜率（当曲线在处的切线与轴平行时，在处导数不存在，切线方程为）；（2）由点斜式求得切线方程.4、C【解题分析】

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.【题目详解】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.【题目点拨】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.5、D【解题分析】

圆锥的底面周长，求出底面半径，然后求出圆锥的高，即可求出圆锥的体积．【题目详解】∵圆锥的底面周长为

∴圆锥的底面半径

双∵圆锥的母线长∴圆锥的高为∴圆锥的体积为故选D.【题目点拨】本题是基础题，考查计算能力，圆锥的高的求法，熟练掌握公式是解题的关键．6、A【解题分析】

根据题中的程序语句，直接按照顺序结构的功能即可求出。【题目详解】由题意可得：，，，所以输出为6，故选A.【题目点拨】本题主要考查顺序结构的程序框图的理解，理解语句的含义是解题关键。7、C【解题分析】

根据三角函数的定义，即可求解，得到答案.【题目详解】由题意，角的顶点与原点重合，它的始边与轴的非负半轴重合，终边交单位圆于点，根据三角函数的定义可得.故选：C.【题目点拨】本题主要考查了三角的函数的定义，其中解答中熟记三角函数的定义是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.8、D【解题分析】

根据利用等差数列通项公式及性质求得答案．【题目详解】∵{an}是公差为﹣2的等差数列，∴a3+a6+a9+…+a99＝（a1+2d）+（a4+2d）+（a7+2d）+…+（a97+2d）＝a1+a4+a7++a97+33×2d＝50﹣132＝﹣1．故选D．【题目点拨】本题主要考查了等差数列的通项公式及性质的应用，考查了运算能力，属基础题．9、C【解题分析】

根据全称命题的否定是特称命题，可直接得出结果.【题目详解】命题“”的否定是“”.故选C【题目点拨】本题主要考查全称命题的否定，只需改量词和结论即可，属于基础题型.10、D【解题分析】

由等差数列{an}中，S1=1，S【题目详解】∵等差数列{an}中，S∴S即15=5+10d，解得d=1，∴S故选：D．【题目点拨】本题考查等差数列基本量的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，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、【解题分析】

先由得出，再根据即可求出与的夹角的取值范围.【题目详解】因为关于的方程有实数根，所以，即，设与的夹角为，所以，因为，所以，即与的夹角的取值范围是【题目点拨】本题主要考查平面向量的夹角公式的应用等，属基础题.12、②④【解题分析】

根据三角函数性质，逐一判断选项得到答案.【题目详解】，根据图像知：①的图象关于直线轴对称，错误②在区间上单调递减，正确③的一个对称中心是，错误④的最大值为，正确故答案为②④【题目点拨】本题考查了三角函数的化简，三角函数的图像，三角函数性质，意在考查学生对于三角函数的综合理解和应用.13、【解题分析】

如图所示，以为轴，为轴建立直角坐标系，故，，设.，根据几何意义得到最值，【题目详解】如图所示：以为轴，为轴建立直角坐标系，故，，设.则.表示的几何意义为到点的距离的平方减去.根据图像知：当为或的中点时，有最小值为；当与中的一点时有最大值为.故答案为：.【题目点拨】本题考查了向量的数量积的范围，转化为几何意义是解题关键.14、【解题分析】

先由正弦定理得到角A的大小，再由三角形内角和为得到结果.【题目详解】根据三角形正弦定理得到：，故得到或，因为故得到故答案为.【题目点拨】在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据.解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说,当条件中同时出现及、时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.15、.【解题分析】

求得从甲、乙、丙、丁四个学生中任选两人的总数和甲、乙两人不在同一单位实习的方法数，由古典概型的概率计算公式可得所求值．【题目详解】解：从甲、乙、丙、丁四个学生中任选两人的方法数为种，甲、乙两人不在同一单位实习的方法数为种，则甲、乙两人不在同一单位实习的概率为．故答案为：．【题目点拨】本题主要考查古典概型的概率计算公式，考查运算能力，属于基础题．16、.【解题分析】

设等差数列的公差为，根据题中条件建立、的方程组，求出、的值，即可求出的值.【题目详解】设等差数列的公差为，所以，解得，因此，，故答案为：.【题目点拨】本题考查等差数列的项的计算，常利用首项和公差建立方程组，结合通项公式以及求和公式进行计算，考查方程思想，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、（I）①、②是“函数”，③不是“函数”;（II）的取值范围为;（III），【解题分析】试题分析：（1）根据“β函数”的定义判定．①、②是“β函数”，③不是“β函数”；（2）由题意，对任意的x∈R，f（﹣x）+f（x）≠0，故f（﹣x）+f（x）=2cosx+2a由题意，对任意的x∈R，2cosx+2a≠0，即a≠﹣cosx即可得实数a的取值范围（3）对任意的x≠0，分（a）若x∈A且﹣x∈A，（b）若x∈B且﹣x∈B，验证。（I）①、②是“函数”，③不是“函数”．（II）由题意，对任意的，，即．因为，所以．故．由题意，对任意的，，即．故实数的取值范围为．（Ⅲ）（）对任意的（a）若且，则，，这与在上单调递增矛盾，（舍），（b）若且，则，这与是“函数”矛盾，（舍）．此时，由的定义域为，故对任意的，与恰有一个属于，另一个属于．（）假设存在，使得，则由，故．（a）若，则，矛盾，（b）若，则，矛盾．综上，对任意的，，故，即，则．（）假设，则，矛盾．故故，．经检验，．符合题意点睛：此题是新定义的题目，根据已知的新概念，新信息来马上应用到题型中，根据函数的定义即函数没有关于原点对称的部分即可，故可以从图像的角度来研究函数；第三问可以假设存在，最后推翻结论即可。18、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解题分析】试题分析：（Ⅰ）利用正弦定理将角化为边得，利用余弦定理可得；（Ⅱ）由及基本不等式可得，故而可得面积的最大值.试题解析：（Ⅰ）因为，由正弦定理有，既有，由余弦定理得，.（Ⅱ），即，当且仅当时等号成立，当时，,所以的最大值为.19、（1）；（2）.【解题分析】

（1）设出扇形的半径为，弧长为，利用面积、周长的值，得到关于的方程；（2）由已知条件得到，再代入所求的式子进行约分求值.【题目详解】（1）设扇形的半径为，弧长为，则解得：所以圆心角的弧度数.（2）因为，所以，所以.【题目点拨】若三个中，只要知道其中一个，则另外两个都可求出，即知一求二.20、（1）见解析（2）【解题分析】

（1）由，，结合面面平行判定定理可证得平面平面，根据面面平行的性质证得结论；（2）连接交于点，连接，利用线面垂直的判定定理可证得平面，从而可知所求角为，在中利用正弦求得结果.【题目详解】（1）四边形为正方形又平面平面又，平面平面平面，平面平面平面平面（2）连接交于点，连接平面，平面又四边形为正方形平面，平面即为与平面所成角且又即与平面所成角为：【题目点拨】本题考查线面平行的证明、直线与平面所成角的求解，涉及到面面平行的判定与性质、线面垂直的判定与性质的应用；求解直线与平面所成角的关键是能够通过垂直关系将所求角放入直角三角形中来进行求解.21、（1）见解析（2）（3）【解题分析】

（1）由平面，得出，由菱形的性质得出，利用直线与平面垂直的判定定理得出平面，再利用平面与平面垂直的判定定理可证出结论；（2）先计算出三棱锥的体积，并计算出的面积，利用等体积法计算出三棱锥的高，即为点到平面的距离；