2024届通化市重点中学高一数学第二学期期末调研模拟试题含解析

2024届通化市重点中学高一数学第二学期期末调研模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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a，b为不同的直线，为平面，则下列命题中错误的是（）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则2．已知的三个内角所对的边分别为.若，则该三角形的形状是（）A．等边三角形 B．等腰三角形 C．等腰三角形或直角三角形 D．直角三角形3．函数()的部分图象如图所示，若，且，则（）A．1 B． C． D．4．的值等于（）A． B． C． D．5．已知，那么等于()A． B． C． D．56．将甲、乙两个篮球队5场比赛的得分数据整理成如图所示的茎叶图，由图可知以下结论正确的是()A．甲队平均得分高于乙队的平均得分中乙B．甲队得分的中位数大于乙队得分的中位数C．甲队得分的方差大于乙队得分的方差D．甲乙两队得分的极差相等7．对任意实数x，表示不超过x的最大整数，如，，关于函数，有下列命题：①是周期函数；②是偶函数；③函数的值域为；④函数在区间内有两个不同的零点，其中正确的命题为()A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②④8．已知分别为内角的对边,若,b=则=()A． B． C． D．9．将函数y=sin2x的图象向右平移A．在区间[-πB．在区间[5πC．在区间[-πD．在区间[π10．若，则下列不等式恒成立的是（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知一组数据、、、、、，那么这组数据的平均数为__________.12．已知数列的前4项依次为，，，，试写出数列的一个通项公式______.13．住在同一城市的甲、乙两位合伙人,约定在当天下午4.00-5：00间在某个咖啡馆相见商谈合作事宜，他们约好当其中一人先到后最多等对方10分钟,若等不到则可以离去,则这两人能相见的概率为__________．14．在正方体中，是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为__________.15．已知x，y满足，则z＝2x+y的最大值为_____.16．在中，角所对的边分别为，若，则=______．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．在边长为2的菱形中，，为的中点.（1）用和表示；（2）求的值.18．在上海自贸区的利好刺激下，公司开拓国际市场，基本形成了市场规模；自2014年1月以来的第个月（2014年1月为第一个月）产品的内销量、出口量和销售总量（销售总量=内销量+出口量）分别为、和（单位：万件），依据销售统计数据发现形成如下营销趋势：，（其中，为常数，），已知万件，万件，万件.（1）求，的值，并写出与满足的关系式；（2）证明：逐月递增且控制在2万件内；19．如图，已知等腰梯形中，是的中点，，将沿着翻折成，使平面平面．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）在线段上是否存在点P，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．20．计算：（1）（2）（3）21．在甲、乙两个盒子中分别装有标号为1，2，3，4的四个球，现从甲、乙两个盒子中各取出1个球，每个球被取出的可能性相等.（1）求取出的两个球上标号为相同数字的概率；（2）若两人分别从甲、乙两个盒子中各摸出一球，规定：两人谁摸出的球上标的数字大谁就获胜（若数字相同则为平局），这样规定公平吗？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【解题分析】

根据线面垂直与平行的性质与判定分析或举出反例即可.【题目详解】对A,根据线线平行与线面垂直的性质可知A正确.对B,根据线线平行与线面垂直的性质可知B正确.对C,根据线面垂直的性质知C正确.对D,当,时,也有可能.故D错误.故选：D【题目点拨】本题主要考查了空间中平行垂直的判定与性质,属于中档题.2、B【解题分析】

利用三角形的内角关系及三角变换公式得到，从而得到，此三角形的形状可判断.【题目详解】因为，故，整理得到，所以，因，所以即，故为等腰三角形，故选B.【题目点拨】本题考查两角和、差的正弦，属于基础题，注意角的范围的讨论.3、D【解题分析】

由三角函数的图象求得，再根据三角函数的图象与性质，即可求解.【题目详解】由图象可知，，即，所以，即，又因为，则，解得，又由，所以，所以，又因为，所以图中的最高点坐标为.结合图象和已知条件可知，所以，故选D.【题目点拨】本题主要考查了由三角函数的部分图象求解函数的解析式，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.4、C【解题分析】

根据特殊角的三角函数值，得到答案.【题目详解】.故选C项.【题目点拨】本题考查特殊角的三角函数值，属于简单题.5、B【解题分析】

因为，所以，故选B.6、C【解题分析】

由茎叶图分别计算甲、乙的平均数，中位数，方差及极差可得答案．【题目详解】29；30，∴∴A错误；甲的中位数是29，乙的中位数是30，29<30,∴B错误；甲的极差为31﹣26＝5，乙的极差为32﹣28＝4，5∴D错误；排除可得C选项正确，故选C．【题目点拨】本题考查了由茎叶图求数据的平均数，极差，中位数，运用了选择题的做法即排除法的解题技巧，属于基础题.7、A【解题分析】

根据的表达式，结合函数的周期性，奇偶性和值域分别进行判断即可得到结论.【题目详解】是周期函数，3是它的一个周期，故①正确.,结合函数的周期性可得函数的值域为，则函数不是偶函数，故②错误.，故在区间内有3个不同的零点，故④错误.故选：A【题目点拨】本题考查了取整函数综合问题，考查了学习综合分析，转化与划归，数学运算的能力，属于难题.8、D【解题分析】

由已知利用正弦定理可求的值，根据余弦定理可得，解方程可得的值．【题目详解】，，，由正弦定理，可得：，由余弦定理，可得：，解得：，负值舍去．故选．【题目点拨】本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了方程思想，属于基础题．9、A【解题分析】

函数y=sin2x的图象向右平移y=sin2kπ-π单调递减区间：2kπ+π2≤2x-π3【题目详解】本题考查了正弦型函数图象的平移变换以及求正弦型函数的单调区间.10、D【解题分析】

利用不等式的性质、对数、指数函数的图像和性质，对每一个选项逐一分析判断得解.【题目详解】对于选项A,不一定成立，如a=1＞b=-2,但是，所以该选项是错误的；对于选项B,所以该选项是错误的；对于选项C,ab符号不确定，所以不一定成立，所以该选项是错误的；对于选项D,因为a>b,所以，所以该选项是正确的.故选D【题目点拨】本题主要考查不等式的性质，考查对数、指数函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

利用平均数公式可求得结果.【题目详解】由题意可知，数据、、、、、的平均数为.故答案为：.【题目点拨】本题考查平均数的计算，考查平均数公式的应用，考查计算能力，属于基础题.12、【解题分析】

首先写出分子的通项公式，再写出分母的通项公式，合并即可.【题目详解】，，，，的通项公式为，，，，，的通项公式为，正负交替的通项公式为，所以数列的通项公式.故答案为：【题目点拨】本题主要考查根据数列中的项求出通项公式，找到数列中每一项的规律为解题的关键，属于简单题.13、【解题分析】

将甲、乙到达时间设为（以为0时刻，单位为分钟）.则相见需要满足：画出图像，根据几何概型公式得到答案.【题目详解】根据题意：将甲、乙到达时间设为（以为0时刻，单位为分钟）则相见需要满足：画出图像：根据几何概型公式：【题目点拨】本题考查了几何概型的应用，意在考查学生解决问题的能力.14、【解题分析】

假设正方体棱长，根据//，得到异面直线与所成角，计算，可得结果.【题目详解】假设正方体棱长为1，因为//，所以异面直线与所成角即与所成角则角为如图，所以故答案为：【题目点拨】本题考查异面直线所成的角，属基础题.15、1.【解题分析】

先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，表示直线在轴上的截距，只需求出可行域直线在轴上的截距最大值即可．【题目详解】解：，在坐标系中画出图象，三条线的交点分别是，，，在中满足的最大值是点，代入得最大值等于1．故答案为：1．【题目点拨】本题是考查线性规划问题，本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题．16、【解题分析】根据正弦定理得三、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)-1【解题分析】

（1）由平面向量基本定理可得：.（2）由数量积运算可得：，运算可得解.【题目详解】解：（1）.（2）.【题目点拨】本题考查了平面向量基本定理及数量积运算，属基础题.18、（1），（2）详见解析【解题分析】试题分析：（1）依题意：，将n取1，2，构建方程组，即可求得a，b的值，从而可得与满足的关系式；（2）先证明，于是，再用作差法证明，从而可得结论；试题解析：（1）依题意：，∴，∴……………①又，∴……………②解①②得从而（2）由于．但，否则可推得矛盾．故，于是．又，所以从而．考点：1．数列的应用；2．数列与不等式的综合19、（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）二面角的余弦值为；（Ⅲ）存在点P，使得平面，且．【解题分析】

试题分析：（I）根据直线与平面垂直的判定定理，需证明垂直平面内的两条相交直线．由题意易得四边形是菱形，所以，从而，即，进而证得平面．（Ⅱ）由（I）可知，、、两两互相垂直，故可以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得二面角的余弦值．（Ⅲ）根据直线与平面平行的判定定理，只要能找到一点P使得PM平行平面内的一条直线即可．由于，故可取线段中点P，中点Q，连结．则，且．由此即可得四边形是平行四边形，从而问题得证．试题解析：（I）由题意可知四边形是平行四边形，所以，故．又因为，M为AE的中点所以，即又因为，所以四边形是平行四边形．所以故．因为平面平面，平面平面，平面所以平面．因为平面，所以．因为，、平面，所以平面．（Ⅱ）以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，．平面的法向量为．设平面的法向量为，因为，，，令得，．所以，因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．（Ⅲ）存在点P，使得平面．法一:取线段中点P，中点Q，连结．则，且．又因为四边形是平行四边形，所以．因为为的中点，则．所以四边形是平行四边形，则．又因为平面，所以平面．所以在线段上存在点，使得平面，．法二：设在线段上存在点，使得平面，设，（），，因为．所以．因为平面，所以，所以，解得，又因为平面，所以在线段上存在点，使得平面，．考点：1、空间直线与平面的位置关系；2、二面角．20、（1）；（2）；（3）.【解题分析】

利用诱导公式，对每一道题目进行化简求值.【题目详解】（1）原式.（2）原式.（3）原式.【题目点拨】在使用诱导公式时，注意“奇变偶不变，符号看象限”法则的应用，即辅助角为的奇数倍，函数名要改变；若为的偶数倍，函数名不改变.21、（1）（2）这样规定公平，详见解析【解题分析】

（1）利用列举法求得基本事件的总数，利用古典概型的概率计算公式，即可求解；（2）利用古典概型及其概率的