2024届河北省巨鹿县二中数学高一下期末考试模拟试题含解析

2024届河北省巨鹿县二中数学高一下期末考试模拟试题考生须知：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．已知直线经过点，且倾斜角为，则直线的方程为（）A． B．C． D．2．甲、乙两人在相同的条件下各打靶6次，每次打靶的情况如图所示（虚线为甲的折线图），则以下说法错误的是（）A．甲、乙两人打靶的平均环数相等B．甲的环数的中位数比乙的大C．甲的环数的众数比乙的大D．甲打靶的成绩比乙的更稳定3．我国魏晋时期的数学家刘徽，创立了用圆内接正多边形面积无限逼近圆面积的方法，称为“割圆术”，为圆周率的研究提供了科学的方法.在半径为1的圆内任取一点，则该点取自圆内接正十二边形外的概率为A． B．C． D．4．在中，，，则的最小值是（）A．2 B．4 C． D．125．函数的零点所在的一个区间是（）．A． B． C． D．6．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”.则该人最后一天走的路程为（）.A．24里 B．12里 C．6里. D．3里7．在中，，为边上的一点，且，若为的角平分线，则的取值范围为（）A． B．C． D．8．已知圆和圆只有一条公切线，若，且，则的最小值为（）A．2 B．4 C．8 D．99．已知向量，的夹角为，且，，则与的夹角等于A． B． C． D．10．若满足，且的最小值为，则实数的值为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知、的取值如表所示：01342.24.34.86.7从散点图分析，与线性相关，且，则______．12．在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点D，且，则的最小值为________．13．有一个底面半径为2，高为2的圆柱，点，分别为这个圆柱上底面和下底面的圆心，在这个圆柱内随机取一点P，则点P到点或的距离不大于1的概率是________.14．已知一个三角形的三边长分别为3,5,7，则该三角形的最大内角为_________15．在平面直角坐标系xOy中，若直线与直线平行，则实数a的值为______.16．已知向量，且，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△ABC中，D为BC边上一点，，设，.（1）试、用表示；（2）若，，且与的夹角为60°，求及的值.18．记Sn为等比数列的前n项和，已知S2=2，S3=-6.（1）求的通项公式；（2）求Sn，并判断Sn+1，Sn，Sn+2是否成等差数列．19．已知的顶点，边上的高所在的直线方程为，为的中点，且所在的直线方程为.(1)求顶点的坐标；(2)求过点且在轴、轴上的截距相等的直线的方程.20．已知.(1)求与的夹角；(2)求.21．已知（且）是R上的奇函数，且.（1）求的解析式；（2）若关于x的方程在区间内只有一个解，求m的取值集合；（3）设，记，是否存在正整数n，使不得式对一切均成立？若存在，求出所有n的值，若不存在，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、C【解题分析】

根据倾斜角求得斜率，再根据点斜式写出直线方程，然后化为一般式.【题目详解】倾斜角为，斜率为，由点斜式得，即.故选C.【题目点拨】本小题主要考查倾斜角与斜率对应关系，考查直线的点斜式方程和一般式方程，属于基础题.2、C【解题分析】甲：8,6,8,6,9,8，平均数为7.5，中位数为8，众数为8；乙：4,6,8,7,10,10，平均数为7.5，中位数7.5，众数为10；所以可知错误的是C。故选C。3、D【解题分析】

由半径为1的圆内接正十二边形，可分割为12个顶角为，腰为1的等腰三角形，求得十二边形的面积，利用面积比的几何概型，即可求解.【题目详解】由题意，半径为1的圆内接正十二边形，可分割为12个顶角为，腰为1的等腰三角形，所以该正十二边形的面积为，由几何概型的概率计算公式，可得所求概率，故选D.【题目点拨】本题主要考查了几何概型的概率的计算问题，解决此类问题的步骤：求出满足条件A的基本事件对应的“几何度量”，再求出总的基本事件对应的“几何度量”，然后根据求解，着重考查了分析问题和解答问题的能力.4、C【解题分析】

根据，，得到，，平方计算得到最小值.【题目详解】故答案为C【题目点拨】本题考查了向量的模，向量运算，均值不等式，意在考查学生的计算能力.5、B【解题分析】

判断函数的单调性，利用f（﹣1）与f（1）函数值的大小，通过零点存在性定理判断即可【题目详解】函数f（x）＝2x+3x是增函数，f（﹣1）＝＜1，f（1）＝1+1＝1＞1，可得f（﹣1）f（1）＜1．由零点存在性定理可知：函数f（x）＝2x+3x的零点所在的一个区间（﹣1，1）．故选：B．【题目点拨】本题考查零点存在性定理的应用，考查计算能力，注意函数的单调性的判断．6、C【解题分析】

由题意可知，每天走的路程里数构成以为公比的等比数列，由求得首项，再由等比数列的通项公式求得该人最后一天走的路程．【题目详解】解：记每天走的路程里数为，可知是公比的等比数列，由，得，解得：，，故选C．【题目点拨】本题考查等比数列的通项公式，考查了等比数列的前项和，是基础的计算题．7、A【解题分析】

先根据正弦定理用角A,C表示，再根据三角形内角关系化基本三角函数形状，最后根据正弦函数性质得结果.【题目详解】因为，为的角平分线，所以，在中，，因为，所以，在中，，因为，所以，所以，则,因为，所以,所以，则，即的取值范围为.选A.【题目点拨】本题考查函数正弦定理、辅助角公式以及正弦函数性质，考查基本分析求解能力，属中档题.8、D【解题分析】

由题意可得两圆相内切，根据两圆的标准方程求出圆心和半径，可得，再利用“1”的代换，使用基本不等式求得的最小值．【题目详解】解：由题意可得两圆相内切，两圆的标准方程分别为，，圆心分别为，，半径分别为2和1，故有，，，当且仅当时，等号成立，的最小值为1．故选：．【题目点拨】本题考查两圆的位置关系，两圆相内切的性质，圆的标准方程的特征，基本不等式的应用，得到是解题的关键和难点．9、C【解题分析】

根据条件即可求出，从而可求出，，，然后可设与的夹角为，从而可求出，根据向量夹角的范围即可求出夹角．【题目详解】，；，，；设与的夹角为，则；又，，故选．【题目点拨】本题主要考查向量数量积的定义运用，向量的模的求法，以及利用数量积求向量夹角．10、B【解题分析】

首先画出满足条件的平面区域，然后根据目标函数取最小值找出最优解，把最优解点代入目标函数即可求出的值．【题目详解】画出满足条件的平面区域，如图所示：，由，解得：，由得：，显然直线过时，z最小，∴，解得：，故选B．【题目点拨】本题主要考查简单的线性规划，已知目标函数最值求参数的问题，属于常考题型．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

根据数据表求解出，代入回归直线，求得的值.【题目详解】根据表中数据得：，又由回归方程知回归方程的斜率为截距本题正确结果：【题目点拨】本题考查利用回归直线求实际数据，关键在于明确回归直线恒过，从而可构造出关于的方程.12、9【解题分析】分析：先根据三角形面积公式得条件、再利用基本不等式求最值.详解：由题意可知，,由角平分线性质和三角形面积公式得，化简得，因此当且仅当时取等号，则的最小值为.点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.13、【解题分析】

本题利用几何概型求解．先根据到点的距离等于1的点构成图象特征，求出其体积，最后利用体积比即可得点到点，的距离不大于1的概率；【题目详解】解：由题意可知，点P到点或的距离都不大于1的点组成的集合分别以、为球心，1为半径的两个半球，其体积为，又该圆柱的体积为，则所求概率为.故答案为：【题目点拨】本题主要考查几何概型、圆柱和球的体积等基础知识，考查运算求解能力，考查空间想象力、化归与转化思想．关键是明确满足题意的测度为体积比．14、【解题分析】

由题意可得三角形的最大内角即边7对的角，设为θ，由余弦定理可得cosθ的值，即可求得θ的值．【题目详解】根据三角形中，大边对大角，故边长分别为3，5，7的三角形的最大内角即边7对的角，设为θ，则由余弦定理可得cosθ，∴θ＝，故答案为：C．【题目点拨】本题主要考查余弦定理的应用，大边对大角，已知三角函数值求角的大小，属于基础题．15、1【解题分析】

由，解得，经过验证即可得出．【题目详解】由，解得．经过验证可得：满足直线与直线平行，则实数．故答案为：1．【题目点拨】本题考查直线的平行与斜率之间的关系，考查推理能力与计算能力，属于基础题．16、【解题分析】

先由向量共线，求出，再由向量模的坐标表示，即可得出结果.【题目详解】因为，且，所以，解得，所以，因此.故答案为【题目点拨】本题主要考查求向量的模，熟记向量共线的坐标表示，以及向量模的坐标表示即可，属于基础题型.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）用表示，再用，表示即可；（2）由向量数量积运算及模的运算即可得解.【题目详解】解：（1）因为，所以，又，，所以；（2），，且与的夹角为60°，所以，则，，故.【题目点拨】本题考查了向量的减法运算，重点考查了向量数量积运算及模的运算，属基础题.18、（1）；（2）见解析.【解题分析】试题分析：（1）由等比数列通项公式解得，即可求解；（2）利用等差中项证明Sn+1，Sn，Sn+2成等差数列．试题解析：（1）设的公比为.由题设可得，解得，.故的通项公式为.（2）由（1）可得.由于，故，，成等差数列.点睛:等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法．19、（1）（2）或【解题分析】

（1）首先确定直线的斜率，从而得到直线的方程；因为点是直线与的交点，联立两条直线可求得点坐标；（2）设，利用中点坐标公式表示出；根据在直线上，在直线上，可构造方程组，求得点坐标；根据截距相等，可分为截距为和不为两种情况来分别求解出直线方程.【题目详解】（1）由已知得：直线的方程为：，即：由，解得：的坐标为（2）设，则则，解得：直线在轴、轴上的截距相等当直线经过原点时，设直线的方程为把点代入，得：，解得：此时直线的方程为：当直线不经过原点时，设直线的方程为把点代入，得：，解得：此时直线的方程为直线的方程为：或【题目点拨】本题考查直线交点、直线方程的求解问题，易错点是在已知截距相等的情况下，忽略截距为零的情况，造成丢根.20、（1）；（2）.【解题分析】

（1）由得到，又代入夹角公式，求出的值；（2）利用公式进行模的求值.【题目详解】（1）因为，所以，因为，因为，所以.（2）.【题目点拨】本题考查数量积的运算及其变形运用，特别注意之间关系的运用与转化，考查基本运算能力.21、（1）；（2）m的取值集合或}（3）存在，【解题分析】

（1）利用奇函数的性质得到关于实数k的方程，解方程即可，注意验证所得的结果；（2）结合函数的单调性