辽宁省大连市普兰店区第二中学2024届数学高一下期末联考模拟试题含解析

辽宁省大连市普兰店区第二中学2024届数学高一下期末联考模拟试题注意事项：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．已知函数，其中为整数，若在上有两个不相等的零点，则的最大值为()A． B． C． D．2．已知向量，且，则的值是（）A． B． C．3 D．3．已知a、b、c分别是△ABC的内角A、B、C的对边，若，则的形状为（）A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．等边三角形4．已知为第一象限角，，则（）A． B． C． D．5．过△ABC的重心任作一直线分别交边AB，AC于点D、E．若,，，则的最小值为（）A．4 B．3 C．2 D．16．在△ABC中，D是边BC的中点，则＝A． B． C． D．7．如图所示是一样本的频率分布直方图，则由图形中的数据，可以估计众数与中位数分别是（）A．12.5；12.5 B．13；13 C．13；12.5 D．12.5；138．将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数A．在区间上单调递增 B．在区间上单调递减C．在区间上单调递增 D．在区间上单调递减9．如图是某个正方体的平面展开图，，是两条侧面对角线，则在该正方体中，与（）A．互相平行 B．异面且互相垂直 C．异面且夹角为 D．相交且夹角为10．中，，则（）A． B． C．或 D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．不等式的解集为________12．已知圆C的方程为，一定点为A(1,2)，要使过A点作圆的切线有两条，则a的取值范围是____________13．函数（）的值域是__________.14．已知，则的最小值是_______.15．已知锐角的外接圆的半径为1，，则的面积的取值范围为_____．16．已知扇形的圆心角，扇形的面积为，则该扇形的弧长的值是______.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．的内角的对边分别为，且．（1）求；（2）若，点在边上，，，求的面积．18．为了解学生的学习情况，某学校在一次考试中随机抽取了20名学生的成绩，分成[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]五组，绘制了如图所示频率分布直方图.求：(Ⅰ)图中m的值；(II)估计全年级本次考试的平均分；(III)若从样本中随机抽取分数在[80，100]的学生两名，求所抽取两人至少有一人分数不低于90分的概率.19．在平面直角坐标系中，已知圆和圆.（1）若直线过点，且被圆截得的弦长为，求直线的方程；（2）设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直的直线和，它们分别与圆和圆相交，且直线被圆截得的弦长与直线被圆截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标．20．已知圆心在轴的正半轴上，且半径为2的圆被直线截得的弦长为.（1）求圆的方程；（2）设动直线与圆交于两点，则在轴正半轴上是否存在定点，使得直线与直线关于轴对称？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由.21．已知（1）求的值；（2）求的值.

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、A【解题分析】

利用一元二次方程根的分布的充要条件得到关于的不等式，再由为整数，可得当取最小时，取最大，从而求得答案.【题目详解】∵在上有两个不相等的零点，∴∵，∴当取最小时，取最大，∵两个零点的乘积小于1，∴，∵为整数，令时，，满足.故选：A.【题目点拨】本题考查一元二次函数的零点，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意为整数的应用.2、A【解题分析】

由已知求得，然后展开两角差的正切求解．【题目详解】解：由，且，得，即．，故选A．【题目点拨】本题考查数量积的坐标运算，考查两角差的正切，是基础题．3、A【解题分析】

将原式进行变形，再利用内角和定理转化，最后可得角B的范围，可得三角形形状.【题目详解】因为在三角形中，变形为由内角和定理可得化简可得：所以所以三角形为钝角三角形故选A【题目点拨】本题考查了解三角形，主要是公式的变形是解题的关键，属于较为基础题.4、B【解题分析】

由式子两边平方可算得，又由，即可得到本题答案.【题目详解】因为，，，，所以.故选：B【题目点拨】本题主要考查利用同角三角函数的基本关系及诱导公式化简求值.5、B【解题分析】

利用重心以及向量的三点共线的结论得到的关系式，再利用基本不等式求最小值.【题目详解】设重心为，因为重心分中线的比为，则有，，则，又因为三点共线，所以，则，取等号时.故选B.【题目点拨】（1）三角形的重心是三条中线的交点，且重心分中线的比例为；（2）运用基本不等式时，注意取等号时条件是否成立.6、C【解题分析】分析：利用平面向量的减法法则及共线向量的性质求解即可.详解：因为是的中点，所以，所以，故选C.点睛：本题主要考查共线向量的性质，平面向量的减法法则，属于简单题.7、D【解题分析】分析：根据频率分布直方图中众数与中位数的定义和计算方法，即可求解频率分布直方图的众数与中位数的值.详解：由题意，频率分布直方图中最高矩形的底边的中点的横坐标为数据的众数，所以中间一个矩形最该，故数据的众数为，而中位数是把频率分布直方图分成两个面积相等部分的平行于轴的直线横坐标，第一个矩形的面积为，第二个矩形的面积为，故将第二个矩形分成即可，所以中位数是，故选D.点睛：本题主要考查了频率分布直方图的中位数与众数的求解，其中频率分布直方图中小矩形的面积等于对应的概率，且各个小矩形的面积之和为1是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.8、A【解题分析】

由题意首先求得平移之后的函数解析式，然后确定函数的单调区间即可.【题目详解】由函数图象平移变换的性质可知：将的图象向右平移个单位长度之后的解析式为：.则函数的单调递增区间满足：，即，令可得一个单调递增区间为：.函数的单调递减区间满足：，即，令可得一个单调递减区间为：，本题选择A选项.【题目点拨】本题主要考查三角函数的平移变换，三角函数的单调区间的判断等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.9、D【解题分析】

先将平面展开图还原成正方体，再判断求解.【题目详解】将平面展开图还原成正方体如图所示，则B，C两点重合，所以与相交，连接，则为正三角形，所以与的夹角为.故选D.【题目点拨】本题主要考查空间直线的位置关系，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.10、A【解题分析】

根据正弦定理，可得，然后根据大边对大角，可得结果..【题目详解】由，所以由，所以故，所以故选：A【题目点拨】本题考查正弦定理的应用，属基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】因为所以，即不等式的解集为.12、【解题分析】

使过A点作圆的切线有两条，定点在圆外，代入圆方程计算得到答案.【题目详解】已知圆C的方程为，要使过A点作圆的切线有两条即点A(1,2)在圆C外：恒成立.综上所述：故答案为：【题目点拨】本题考查了点和圆的位置关系，通过切线数量判断位置关系是解题的关键.13、【解题分析】

由，根据基本不等式即可得出，然后根据对数函数的单调性即可得出，即求出原函数的值域．【题目详解】解：，当且仅当，时取等号，；原函数的值域是．故答案为：．【题目点拨】考查函数的值域的定义及求法，基本不等式的应用，以及对数函数的单调性，增函数的定义．14、3【解题分析】

根据，将所求等式化为，由基本不等式，当a=b时取到最小，可得最小值。【题目详解】因为，所以，所以（当且仅当时，等号成立）.【题目点拨】本题考查基本不等式，解题关键是构造不等式，并且要注意取最小值时等号能否成立。15、【解题分析】

由已知利用正弦定理可以得到b＝2sinB，c＝2sin（﹣B），利用三角形面积公式，三角函数恒等变换的应用可求S△ABC═sin（2B﹣）+，由锐角三角形求B的范围，进而利用正弦函数的图象和性质即可得解．【题目详解】解：∵锐角△ABC的外接圆的半径为1，A＝，∴由正弦定理可得：，可得：b＝2sinB，c＝2sin（﹣B），∴S△ABC＝bcsinA＝×2sinB×2sin（﹣B）×＝sinB（cosB+sinB）＝sin（2B﹣）+，∵B，C为锐角，可得：＜B＜，＜2B﹣＜，可得：sin（2B﹣）∈（，1]，∴S△ABC＝sin（2B﹣）+∈（1，]．故答案为：（1，]．【题目点拨】本题主要考查了正弦定理，三角形面积公式，三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．16、【解题分析】

先结合求出，再由求解即可【题目详解】由，则故答案为：【题目点拨】本题考查扇形的弧长和面积公式的使用，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、（1）；（2）.【解题分析】

（1）由正弦定理、三角函数恒等变换化简已知可得：，结合范围，可得，进而可求A的值．（2）在△ADC中，由正弦定理可得，可得，利用三角形内角和定理可求，即可求得，再利用三角形的面积公式即可计算得解．【题目详解】（1）∵，∴由正弦定理可得：，∴可得：，可得：，∵，∴，可得：，∵，∴，∴，可得：．（2）∵，点D在边上，，∴在中，由正弦定理，可得：，可得：，∴，可得：，∴，∴，∴．【题目点拨】本题主要考查了正弦定理、三角函数恒等变换的应用，三角形内角和定理及三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化能力，属于中档题．18、(I)0.045;(II)75;(III)0.7【解题分析】

(Ⅰ)根据频率之和为1，结合题中数据，即可求出结果；(II)每组的中间值乘以该组频率，再求和，即可得出结果；(III)用列举法列举出总的基本事件，以及满足条件的基本事件，基本事件的个数比即为所求的概率.【题目详解】(Ⅰ)由题意可得：(Ⅱ)各组的频率分别为0.05，0.25，0.45，0.15，0.1，所以可估计全年级的平均分为；(Ⅲ)分数落在[80，90)的人数有3人，设为a，b，c，落在[90，100的人数有2人，设为A、B，则从中随机抽取两名的结果有{ab}，(ac}，{a4}，(aB}，{bc}，(bA}，(bB)，{cA}，{cB)，{AB}共10种，其中至少有一人不低于90分的有7种，故概率为0.7.【题目点拨】本题主要考查由频率分布直方图求参数，以及求均值的问题，同时考查古典概型的问题，熟记古典概型的概率公式，以及均值的求法即可，属于常考题型.19、(1)或，(2)点P坐标为或．【解题分析】(1)设直线l的方程为y＝k(x－4)，即kx－y－4k＝0.由垂径定理，得圆心C1到直线l的距离d＝＝1，结合点到直线距离公式，得＝1，化简得24k2＋7k＝0，解得k＝0或k＝－.所求直线l的方程为y＝0或y＝－(x－4)，即y＝0或7x＋24y－28＝0.(2)设点P坐标为(m，n)，直线l1、l2的方程分别为y－n＝k(x－m)，y－n＝－(x－m)，即kx－y＋n－km＝0，－x－y＋n＋m＝0.因为直线l1被圆C1截得的弦长与直线l2被圆C2截得的弦长相等，两圆半径相等．由垂径定理，得圆心C1到直线l1与圆心C2到直线l2的距离相等．故有，化简得(2－m－n)k＝m－n－3或(m－n＋8)k＝m＋n－5.因为关于k的方程有无穷多解，所以有解得点P坐标为或.20、（1）（2）当点为时，直线与直线关于轴对称，详见解析【解题分析】

（1）设圆的方程为，由垂径定理求得弦长，再由弦长为可求得，从而得圆的方程；（2）假设存在定点，使得直线与直线关于轴对称，则，同时设，直线方程代入圆方程后用韦达定理得，即为，代入可求得，说明存在．【题目详解】（1）设圆的方程为：圆心到直线的距离根据垂径定理得，，解得，，故圆的方程为（2）假设存在定点，使得直线与直线关于轴对称，那么，设联立得：由.故存在，当点为时，直线与直线关于轴对称.【题目点拨】本题考查圆的标准方程，考查直线与圆的位置关系．