2024届北京市月坛中学高一数学第二学期期末调研模拟试题含解析

2024届北京市月坛中学高一数学第二学期期末调研模拟试题考生须知：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．我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提出割圆术：“割之弥细，所失弥少，割之割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”，即通过圆内接正多边形细割圆，并使正多边形的面积无限接近圆的面积，进而来求得较为精确的圆周率.如果用圆的内接正边形逼近圆，算得圆周率的近似值记为，那么用圆的内接正边形逼近圆，算得圆周率的近似值加可表示成（）A． B． C． D．2．计算:A． B． C． D．3．平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A，B的坐标分别为(1，1)，(-3，3).若动点P满足，其中λ，μ∈R，且λ+μ=1，则点P的轨迹方程为()A． B． C． D．4．在中，角，，所对的边分别为，，，若，则最大角的余弦值为（）A． B． C． D．5．设定义域为的奇函数是增函数，若对恒成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．6．设，若3是与的等比中项，则的最小值为（）.A． B． C． D．7．正六边形的边长为，以顶点为起点，其他顶点为终点的向量分别为；以顶点为起点，其他顶点为终点的向量分别为．若分别为的最小值、最大值，其中，则下列对的描述正确的是（）A． B． C． D．8．已知函数(,)的部分图像如图所示，则的值分别是()A． B．C． D．9．点（4，0）关于直线5x＋4y＋21＝0的对称点是（）．A．（－6，8） B．（－8，－6） C．（6，8） D．（－6，－8）10．已知正四棱锥的侧棱长与底面边长都相等，是的中点，则所成的角的余弦值为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．如图所示的茎叶图记录了甲、乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩（单位：分），已知甲组数据的中位数为17，则x的值为_________.12．已知，，且，若恒成立，则实数的取值范围是____．13．在数列中，，则___________.14．设函数，则的值为__________．15．已知是边长为的等边三角形，为边上（含端点）的动点，则的取值范围是_______.16．已知两个数k＋9和6－k的等比中项是2k，则k＝________．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，.求和的值.18．已知函数，其图象的一个对称中心是，将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象.（1）求函数的解析式；（2）若对任意，当时，都有，求实数的最大值；（3）若对任意实数在上与直线的交点个数不少于6个且不多于10个，求实数的取值范围.19．如图，在正方形中，点是的中点，点是的中点，将分别沿折起，使两点重合于，连接.（1）求证：；（2）点是上一点，若平面，则为何值？并说明理由.（3）若，求二面角的余弦值.20．在中，，，，解三角形.21．已知数列是等差数列，，．（1）从第几项开始；（2）求数列前n项和的最大值．

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】

设圆的半径为，由内接正边形的面积无限接近圆的面积可得：，由内接正边形的面积无限接近圆的面积可得：，问题得解.【题目详解】设圆的半径为，将内接正边形分成个小三角形，由内接正边形的面积无限接近圆的面积可得：，整理得：，此时，即：同理，由内接正边形的面积无限接近圆的面积可得：，整理得：此时所以故选C【题目点拨】本题主要考查了圆的面积公式及三角形面积公式的应用，还考查了正弦的二倍角公式，考查计算能力，属于中档题．2、A【解题分析】

根据正弦余弦的二倍角公式化简求解.【题目详解】，故选A.【题目点拨】本题考查三角函数的恒等变化，关键在于寻找题目与公式的联系.3、C【解题分析】

设点坐标，代入，得到即，再根据，即可求解.【题目详解】设点坐标，因为点的坐标分别为，将各点坐标代入,可得，即，解得，代入，化简得，故选C.【题目点拨】本题主要考查了平面向量的坐标运算和点的轨迹的求解，其中解答中熟记向量的坐标运算，以及平面向量的基本定理是解答的关键，着重考查了推理运算能力，属于基础题.4、D【解题分析】

设，由余弦定理可求出.【题目详解】设,所以最大的角为,故选D.【题目点拨】本题主要考查了余弦定理，大边对大角，属于中档题.5、A【解题分析】

由题意可得，即为，可得恒成立，讨论是否为0，结合换元法和基本不等式，可得所求范围．【题目详解】解：由题意可得，即为，可得恒成立，当时，上式显然成立；当时，可得，设，，可得，由，可得，可得，即，故选：A．【题目点拨】本题主要考查函数的奇偶性和单调性的运用，考查不等式恒成立问题解法，注意运用参数分离和换元法，考查化简运算能力，属于中档题．6、C【解题分析】

由3是与的等比中项，可得，再利用不等式知识可得的最小值.【题目详解】解：3是与的等比中项，，，=，故选C.【题目点拨】本题考查了指数式和对数式的互化，及均值不等式求最值的运用，考查了计算变通能力.7、A【解题分析】

利用向量的数量积公式，可知只有，其余数量积均小于等于0，从而得到结论．【题目详解】由题意，以顶点A为起点，其他顶点为终点的向量分别为，以顶点D为起点，其他顶点为终点的向量分别为，则利用向量的数量积公式，可知只有，其余数量积均小于等于0，又因为分别为的最小值、最大值，所以，故选A．【题目点拨】本题主要考查了向量的数量积运算，其中解答中熟记向量的数量积的运算公式，分析出向量数量积的正负是关键，着重考查了分析解决问题的能力，属于中档试题．8、B【解题分析】

通过函数图像可计算出三角函数的周期，从而求得w，再代入一个最低点即可得到答案.【题目详解】,，又，，，又，，故选B.【题目点拨】本题主要考查三角函数的图像，通过周期求得w是解决此类问题的关键.9、D【解题分析】试题分析：设点（4，0）关于直线5x＋4y＋21＝0的对称点是，则点在直线5x＋4y＋21＝0上，将选项代入就可排除A,B,C,答案为D考点：点关于直线对称，排除法的应用10、C【解题分析】试题分析：设的交点为，连接，则为所成的角或其补角；设正四棱锥的棱长为，则，所以，故C为正确答案．考点：异面直线所成的角．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

根据茎叶图中数据和中位数的定义可构造方程求得.【题目详解】甲组数据的中位数为，解得：故答案为：【题目点拨】本题考查茎叶图中中位数相关问题的求解，属于基础题.12、（-4，2）【解题分析】试题分析：因为当且仅当时取等号，所以考点：基本不等式求最值13、-1【解题分析】

首先根据，得到是以，的等差数列.再计算其前项和即可求出，的值.【题目详解】因为，.所以数列是以，的等差数列.所以.所以，，.故答案为：【题目点拨】本题主要考查等差数列的判断和等差数列的前项和的计算，属于简单题.14、【解题分析】

根据反正切函数的值域，结合条件得出的值.【题目详解】，且，因此，，故答案为：.【题目点拨】本题考查反正切值的求解，解题时要结合反正切函数的值域以及特殊角的正切值来求解，考查计算能力，属于基础题.15、【解题分析】

取的中点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，设点的坐标为，其中，利用数量积的坐标运算将转化为有关的一次函数的值域问题，可得出的取值范围.【题目详解】如下图所示：取的中点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，则点、、，设点，其中，，，，因此，的取值范围是，故答案为.【题目点拨】本题考查平面向量数量积的取值范围，可以利用基底向量法以及坐标法求解，在建系时应充分利用对称性来建系，另外就是注意将动点所在的直线变为坐标轴，可简化运算，考查运算求解能力，属于中等题.16、3【解题分析】由已知得(2k)2＝(k＋9)(6－k)，k∈N*，∴k＝3.三、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、，【解题分析】

把已知等式两边平方，利用同角三角函数基本关系化简，可得的值，同时由与的值可判断出，，计算出的值，可得的值.【题目详解】解：，两边同时平方可得：，又，，∴∴，∴【题目点拨】同时主要考查同角三角函数关系式的应用，相对不难，注意运算的准确性.18、（1）；（2）；（3）.【解题分析】

（1）根据正弦函数的对称性，可得函数的解析式，再由函数图象的平移变换法则，可得函数的解析式；（2）将不等式进行转化，得到函数在[0，t]上为增函数，结合函数的单调性进行求解即可；（3）求出的解析式，结合交点个数转化为周期关系进行求解即可．【题目详解】（1）因为函数，其图象的一个对称中心是，所以有，的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象.所以；（2）由，构造新函数为，由题意可知：任意，当时，都有，说明函数在上是单调递增函数，而的单调递增区间为：，而，所以单调递增区间为：，因此实数的最大值为：；（3），其最小正周期，而区间的长度为，直线的交点个数不少于6个且不多于10个,则，且，解得：.【题目点拨】本题考查了正弦型函数的对称性和图象变换，考查了正弦型函数的单调性，考查了已知两函数图象的交点个数求参数问题，考查了数学运算能力.19、(1)证明见详解；(2)，理由见详解；（3）.【解题分析】

（1）通过证明EF平面PBD，即可证明；（2）通过线面平行，将问题转化为线线平行，在平面图形中根据线段比例进而求解；（3）根据（1）（2）所得，找到二面角的平面角，然后再进行求解.【题目详解】（1）证明：因为四边形ABCD为正方形，故DAAE，DC，即折叠后的DP又因为平面PEF，平面PEF，故DP平面PEF，又平面PEF，故.在正方形ABCD中，容易知EF，又平面PBD，平面PBD，故EF平面PBD，又平面PBD故，即证.（2）连接BD交EF于O，连接OM，作图如下因为//平面，平面PBD，平面PBD平面=MO故//MO在中，由，以及E、F分别是正方形ABCD两边的中点，故可得即为所求.（3）过M作MH垂直于BD，垂足为H，连接OP，作图如下：由（1）可知：EF平面PBD，因为MH平面PBD，故EF又，平面EDF，BD平面EDF，故MH平面EDF，又因为BDEF，故即为所求二面角的平面角.设正方形ABCD的边长为4，因为，故PM=1，故在中，PM=1，EP=2，根据勾股定理可得ME同理：在中，PM=1，PF=2，根据勾股定理可得MF=又EF=故在等腰三角形EMF中，因为O是EF的中点，故MO=.由（1）可知，PD平面PEF，又OP平面PEF，故PDOP，则，故可得，又在中，PE=PF=2，EF=2，O为斜边EF上的中点，故OP=，又因为MD=3，OD=故可解得MH=故在中，MH=1，MO=，由勾股定理可得OH=故.故二面角的余弦值为.【题目点拨】本题考查由线面垂直推证线线垂直，由线面平行得到线线平行，以及二面角的求解，属综合中档题.20、当时，，，当，，【解题分析】

利用已知条件通过正弦定理求出，然后利用正弦定理或余弦定理转化求解，即可求解．【题目详解】在中，，由正弦定理可得：＝＝，因为，所以或，