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文档简介

2024届辽宁省抚顺市十中数学高一第二学期期末预测试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,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.已知两个正数a,b满足,则的最小值是(

)A.2 B.3 C.4 D.52.在中,角所对的边分别为.若,,,则等于()A. B. C. D.3.已知实数x,y满足约束条件,那么目标函数的最大值是()A.0 B.1 C. D.104.若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45,既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15,则不用现金支付的概率为A.0.3 B.0.4 C.0.6 D.0.75.如图所示,在直角梯形BCEF中,∠CBF=∠BCE=90°,A,D分别是BF,CE上的点,AD∥BC,且AB=DE=2BC=2AF(如图1),将四边形ADEF沿AD折起,连结BE、BF、CE(如图2).在折起的过程中,下列说法中正确的个数()①AC∥平面BEF;②B、C、E、F四点可能共面;③若EF⊥CF,则平面ADEF⊥平面ABCD;④平面BCE与平面BEF可能垂直A.0 B.1 C.2 D.36.已知a,b,c∈R,那么下列命题中正确的是()A.若a>b,则ac2>bc2B.若,则a>bC.若a3>b3且ab<0,则D.若a2>b2且ab>0,则7.已知向量,则()A.12 B. C. D.88.正项等比数列的前项和为,若,,则公比()A.4 B.3 C.2 D.19.己知的周长为,内切圆的半径为,,则的值为()A. B. C. D.10.设等比数列的前项和为,若,,则()A.63 B.62 C.61 D.60二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11.求值:_____.12.已知函数,若对任意都有()成立,则的最小值为__________.13.若复数z满足z⋅2i=z2+1(其中i14.在四面体ABCD中,平面ABC,,,若四面体ABCD的外接球的表面积为,则四面体ABCD的体积为_______.15.正三棱锥的底面边长为2,侧面均为直角三角形,则此三棱锥的体积为.16.已知等差数列中,其前项和为,且,,当取最大值时,的值等于_____.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.如图,墙上有一壁画,最高点离地面4米,最低点离地面2米,观察者从距离墙米,离地面高米的处观赏该壁画,设观赏视角(1)若问:观察者离墙多远时,视角最大?(2)若当变化时,求的取值范围.18.已知函数是指数函数.(1)求的表达式;(2)判断的奇偶性,并加以证明(3)解不等式:.19.在中,角的对边分别为.若.(1)求;(2)求的面积的最大值.20.已知数列为等差数列,且满足,,数列的前项和为,且,.(Ⅰ)求数列,的通项公式;(Ⅱ)若对任意的,不等式恒成立,求实数的取值范围.21.如图,在平面直角坐标系中,点,,锐角的终边与单位圆O交于点P.(Ⅰ)当时,求的值;(Ⅱ)在轴上是否存在定点M,使得恒成立?若存在,求出点M坐标;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、D【解题分析】

根据题意,分析可得,对其变形可得,由基本不等式分析可得答案.【题目详解】解:根据题意,正数,满足,则;即的最小值是;故选:.【题目点拨】本题考查基本不等式的性质以及应用,关键是掌握基本不等式应用的条件.2、B【解题分析】

利用正弦定理可求.【题目详解】由正弦定理得.故选B.【题目点拨】本题考查正弦定理的应用,属于容易题.3、D【解题分析】

根据约束条件,画出可行域,再平移目标函数所在的直线,找到最优点,将最优点的坐标代入目标函数求最值.【题目详解】画出可行域(如图),平移直线,当目标直线过点时,目标函数取得最大值,.故选:D【题目点拨】本题主要考查线性规划求最值问题,还考查了数形结合的思想,属于基础题.4、B【解题分析】

分析:由公式计算可得详解:设事件A为只用现金支付,事件B为只用非现金支付,则因为所以,故选B.点睛:本题主要考查事件的基本关系和概率的计算,属于基础题.5、C【解题分析】

根据折叠前后线段、角的变化情况,由线面平行、面面垂直的判定定理和性质定理对各命题进行判断,即可得出答案.【题目详解】对①,在图②中,连接交于点,取中点,连接MO,易证AOMF为平行四边形,即AC//FM,所以AC//平面BEF,故①正确;对②,如果B、C、E、F四点共面,则由BC//平面ADEF,可得BC//EF,又AD//BC,所以AD//EF,这样四边形ADEF为平行四边形,与已知矛盾,故②不正确;对③,在梯形ADEF中,由平面几何知识易得EFFD,又EFCF,∴EF平面CDF,即有CDEF,∴CD平面ADEF,则平面ADEF平面ABCD,故③正确;对④,在图②中,延长AF至G,使得AF=FG,连接BG,EG,易得平面BCE平面ABF,BCEG四点共面.过F作FNBG于N,则FN平面BCE,若平面BCE平面BEF,则过F作直线与平面BCE垂直,其垂足在BE上,矛盾,故④错误.故选:C.【题目点拨】本题主要考查线面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理的应用,意在考查学生的直观想象能力和逻辑推理能力,属于中档题.6、C【解题分析】

根据不等式的性质,对A、B、C、D四个选项通过举反例进行一一验证.【题目详解】A.若a>b,则ac2>bc2(错),若c=0,则A不成立;B.若,则a>b(错),若c<0,则B不成立;C.若a3>b3且ab<0,则(对),若a3>b3且ab<0,则D.若a2>b2且ab>0,则(错),若,则D不成立.故选:C.【题目点拨】此题主要考查不等关系与不等式的性质及其应用,例如举反例法求解比较简单.两个式子比较大小的常用方法有:做差和0比,作商和1比,或者直接利用不等式的性质得到大小关系,有时可以代入一些特殊的数据得到具体值,进而得到大小关系.7、C【解题分析】

根据向量的坐标表示求出,即可得到模长.【题目详解】由题,,所以.故选:C【题目点拨】此题考查向量的数乘运算和减法运算的坐标表示,并求向量的模长,关键在于熟记公式,准确求解.8、C【解题分析】

由及等比数列的通项公式列出关于q的方程即可得求解.【题目详解】,即有,解得或,又为正项等比数列,故选:C【题目点拨】本题考查等比数列的通项公式及前n项和,属于基础题.9、C【解题分析】

根据的周长为,内切圆的半径为,求得,再利用正弦定理,得到,然后代入余弦定理,化简得到求解.【题目详解】因为的周长为,内切圆的半径为,所以,又因为,所以.由余弦定理得:,,所以,所以,即,因为A为内角,所以,所以.故选:C【题目点拨】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用,还考查了运算求解的能力,属于中档题.10、A【解题分析】

由等比数列的性质可得S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,代入数据计算可得.【题目详解】因为,,成等比数列,即3,12,成等比数列,所以,解得.【题目点拨】本题考查等比数列的性质与前项和的计算,考查运算求解能力.二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11、【解题分析】

根据同角三角函数的基本关系:,以及反三角函数即可解决。【题目详解】由题意.故答案为:.【题目点拨】本题主要考查了同角三角函数的基本关系,同角角三角函数基本关系主要有:,.属于基础题。12、【解题分析】

根据和的取值特点,判断出两个值都是最值,然后根据图象去确定最小值.【题目详解】因为对任意成立,所以取最小值,取最大值;取最小值时,与必为同一周期内的最小值和最大值的对应的,则,且,故.【题目点拨】任何一个函数,若有对任何定义域成立,此时必有:,.13、1【解题分析】设z=a+bi,a,b∈R,则由z⋅2则-2b=a2+b2+12a=014、【解题分析】

易得四面体为长方体的一角,再根据长方体体对角线等于外接球直径,再利用对角线公式求解即可.【题目详解】因为四面体中,平面,且,.故四面体是以为一个顶点的长方体一角.设则因为四面体的外接球的表面积为,设其半径为,故.解得.故四面体的体积.故答案为:【题目点拨】本题主要考查了长方体一角的四面体的外接球有关问题,需要注意长方体体对角线等于外接球直径.属于中档题.15、【解题分析】

由题意可得:该三棱锥的三条侧棱两两垂直,长都为,所以三棱锥的体积.考点:三棱锥的体积公式.16、或【解题分析】

设等差数列的公差为,由可得出与的等量关系,然后求出的表达式,解不等式,即可得出使得取得最大值的正整数的值.【题目详解】设等差数列的公差为,由,可得,可得,,令,即,,解得.因此,当或时,取得最大值.故答案为:或.【题目点拨】本题考查等差数列前项和的最大值的求解,可利用二次函数的基本性质来求,也可以转化为等差数列所有的非负项之和的问题求解,考查化归与转化思想,属于中等题.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)3≤x≤1.【解题分析】试题分析:(1)利用两角差的正切公式建立函数关系式,根据基本不等式求最值,最后根据正切函数单调性确定最大时取法,(2)利用两角差的正切公式建立等量关系式,进行参变分离得,再根据a的范围确定范围,最后解不等式得的取值范围.试题解析:(1)当时,过作的垂线,垂足为,则,且,由已知观察者离墙米,且,则,所以,,当且仅当时,取“”.又因为在上单调增,所以,当观察者离墙米时,视角最大.(2)由题意得,,又,所以,所以,当时,,所以,即,解得或,又因为,所以,所以的取值范围为.18、(1)(2)见证明;(3)【解题分析】

(1)根据指数函数定义得到,检验得到答案.(2),判断关系得到答案.(3)利用函数的单调性得到答案.【题目详解】解:(1)∵函数是指数函数,且,∴,可得或(舍去),∴;(2)由(1)得,∴,∴,∴是奇函数;(3)不等式:,以2为底单调递增,即,∴,解集为.【题目点拨】本题考查了函数的定义,函数的奇偶性,解不等式,意在考查学生的计算能力.19、(1)(2)【解题分析】

(1)用正弦定理将式子化为,进行整理化简可得的值,即得角B;(2)由余弦定理可得关于的等式,再利用基本不等式和三角形面积公式可得面积最大值。【题目详解】(1)由题得,,,,解得,,.(2),由余弦定理得,,整理得,又,即,则的面积的最大值为.【题目点拨】本题考查用正弦定理求三角形内角,由余弦定理和基本不等式求三角形面积最大值,是基础题型。20、(Ⅰ);(Ⅱ)【解题分析】

(Ⅰ)数列的通项公式,利用,可求公差,然后可求;的通项公式可以利用退位相减法求解;(Ⅱ)求出代入,利用分离参数法可求实数的取值范围.【题目详解】解:(Ⅰ)∵,∴,∴,即,∵,∴,∴,∴,又,也成立,∴是以1为首项,3为公比的等比数列,∴.(Ⅱ),∴对恒成立,即对恒成立,令,,当时,,当时,,∴,故,即的取值范围为.【题目点拨】本题主要考查数列通项公式的求解和参数范围

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