北京四中2024届数学高一下期末检测模拟试题含解析

北京四中2024届数学高一下期末检测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．下列选项正确的是（）A．若,则B．若,则C．若,则D．若,则2．已知为等差数列，，则的值为（）A．3 B．2 C． D．13．在中，，，，则的面积为A． B． C． D．4．如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数，从中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为（）A． B． C． D．5．如图所示四棱锥的底面为正方形，平面则下列结论中不正确的是（）A． B．平面C．直线与平面所成的角等于30° D．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角6．若复数（是虚数单位）是纯虚数，则实数的值为（）A． B． C． D．7．设函数，若函数恰有两个零点，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．8．一个三角形的三边长成等比数列，公比为，则函数的值域为（）A．（，+∞） B．[，+∞） C．（，－1） D．[，－1）9．“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件10．如图，E是平行四边形ABCD的边AD的中点，设等差数列的前n项和为，若，则（）A．25 B． C． D．55二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．102,238的最大公约数是________．12．在△ABC中,已知30,则B等于__________．13．若复数z满足z⋅2i=z2+1（其中i14．在ΔABC中，角A,B,C所对的对边分别为a,b,c，若A=30∘，a=7，b=215．若向量与的夹角为，与的夹角为，则______.16．把函数的图像上各点向右平移个单位，再把横坐标变为原来的一半，纵坐标扩大到原来的4倍，则所得的函数的对称中心坐标为________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．已知函数.（1）解关于的不等式；（2）若关于的不等式的解集为，求实数的值.18．已知，，，求.19．已知向量，．（1）若，在集合中取值，求满足的概率；（2）若，在区间内取值，求满足的概率．20．已知数列的前项和为，满足，数列满足.（1）求数列、的通项公式；（2），求数列的前项和；（3）对任意的正整数，是否存在正整数，使得？若存在，请求出的所有值；若不存在，请说明理由.21．四棱柱中，底面为正方形，,为中点，且．（1）证明；（2）求点到平面的距离．

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、B【解题分析】

通过逐一判断ABCD选项，得到答案.【题目详解】对于A选项，若，代入，，故A错误；对于C选项，等价于，故C错误；对于D选项，若，则，故D错误，所以答案选B.【题目点拨】本题主要考查不等式的相关性质，难度不大.2、D【解题分析】

根据等差数列下标和性质，即可求解.【题目详解】因为为等差数列，故解得.故选：D.【题目点拨】本题考查等差数列下标和性质，属基础题.3、C【解题分析】

利用三角形中的正弦定理求出角B，利用三角形内角和求出角C，再利用三角形的面积公式求出三角形的面积，求得结果.【题目详解】因为中，，，，由正弦定理得：，所以，所以，所以，所以，故选C.【题目点拨】该题所考查的是有关三角形面积的求解问题，在解题的过程中，需要注意根据题中所给的条件，应用正弦定理求得，从而求得，之后应用三角形面积公式求得结果.4、C【解题分析】

试题分析：从中任取3个不同的数共有10种不同的取法，其中的勾股数只有3,4,5，故3个数构成一组勾股数的取法只有1种，故所求概率为，故选C.考点：古典概型5、C【解题分析】

根据空间中垂直关系的判定和性质，平行关系的判定和性质，以及线面角的相关知识，对选项进行逐一判断即可.【题目详解】对A：因为底面ABCD为正方形，故ACBD，又SD底面ABCD，AC平面ABCD，故SDAC，又BD平面SBD，SD平面SBD，故AC平面SBD，又SB平面SBD，故AC.故A正确；对B：因为底面ABCD为正方形，故AB//CD，又CD平面SCD，故AB//平面SCD.故B正确.对C：由A中推导可知AC平面SBD，故取AC与BD交点为O，连接SO，如图所示：则即为所求线面角，但该三角形中边长关系不确定，故线面角的大小不定，故C错误；对D：由AC平面SBD，故取AC与BD交点为O，连接SO，则即为SA和SC与平面SBD所成的角，因为，故，故D正确.综上所述，不正确的是C.故选：C.【题目点拨】本题综合考查线面垂直的性质和判定，线面平行的判定，线面角的求解，属综合基础题.6、C【解题分析】，且是纯虚数，，故选C.7、A【解题分析】

首先注意到，是函数的一个零点.当时，将分离常数得到，构造函数，画出的图像，根据“函数与函数有一个交点”结合图像，求得的取值范围.【题目详解】解：由恰有两个零点，而当时，，即是函数的一个零点，故当时，必有一个零点，即函数与函数必有一个交点，利用单调性，作出函数图像如下所示，由图可知，要使函数与函数有一个交点，只需即可.故实数的取值范围是.故选：A.【题目点拨】本小题主要考查已知函数零点个数，求参数的取值范围，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.8、D【解题分析】

由题意先设出三边为则由三边关系：两短边和大于第三边，分公比大于与公式在小于两类解出公比的取值范围，此两者的并集是函数的定义域，再由二次函数的性质求出它的值域，选出正确选项.【题目详解】解：设三边：则由三边关系：两短边和大于第三边，即

（1）当时，，即，解得；

（2）当时，为最大边，，即，解得，

综合（1）（2）得：，

又的对称轴是，故函数在上是减函数，在上是增函数，

由于时，与时，，

所以函数的值域为，故选：D.【题目点拨】本题考查等比数列的性质及二次函数的值域的求法，解答本题关键是熟练掌握等比数列的性质，能利用它建立不等式解出公比的取值范围得出函数的定义域，熟练掌握二次函数的性质也很重要，由此类题可以看出，扎实的双基，娴熟的基础知识与公式的记忆是解题的知识保障.9、A【解题分析】

根据和之间能否推出的关系，得到答案.【题目详解】由可得，由，得到或，，不能得到，所以“”是“”的充分不必要条件，故选：A.【题目点拨】本题考查充分不必要条件的判断，属于简单题.10、D【解题分析】

根据向量的加法和平面向量定理，得到和的值，从而得到等差数列的公差，根据等差数列求和公式，得到答案.【题目详解】因为E是平行四边形ABCD的边AD的中点，所以，因为，所以，，所以等差数列的公差，所以.故选：D.【题目点拨】本题考查向量的加法和平面向量定理，等差数列求和公式，属于简单题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、34【解题分析】试题分析：根据辗转相除法的含义，可得238=2×102+34，102=3×34，所以得两个数102、238的最大公约数是34.故答案为34.考点：辗转相除法.12、【解题分析】

根据三角形正弦定理得到角，再由三角形内角和关系得到结果.【题目详解】根据三角形的正弦定理得到，故得到角，当角时，有三角形内角和为，得到，当角时，角故答案为【题目点拨】在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据.解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说,当条件中同时出现及、时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.13、1【解题分析】设z=a+bi,a,b∈R，则由z⋅2则-2b=a2+b2+12a=014、32或【解题分析】

由余弦定理求出c，再利用面积公式即可得到答案。【题目详解】由于在ΔABC中，A=30∘，a=7，b=23，根据余弦定理可得：a2=b所以当c=1时，ΔABC的面积S=12bcsinA=32故ΔABC的面积等于32或【题目点拨】本题考查余弦定理与面积公式在三角形中的应用，属于中档题。15、【解题分析】

根据向量平行四边形法则作出图形，然后在三角形中利用正弦定理分析.【题目详解】如图所示，，，所以在中有：，则，故.【题目点拨】本题考查向量的平行四边形法则的运用，难度一般.在运用平行四边形法则时候，可以适当将其拆分为三角形，利用解三角形中的一些方法去解决问题.16、，【解题分析】

根据三角函数的图象变换，求得函数的解析式，进而求得函数的对称中心，得到答案.【题目详解】由题意，把函数的图像上各点向右平移个单位，可得，再把图象上点的横坐标变为原来的一半，可得，把函数纵坐标扩大到原来的4倍，可得，令，解得，所以函数的对称中心为.故答案为：.【题目点拨】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的对称中心的求解，其中解答中熟练三角函数的图象变换，以及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.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）①当时，不等式的解集为；②当时，由，则不等式的解集为；③当时，由，则不等式的解集为；（2）【解题分析】

（1）不等式，可化为，分三种情况讨论，分别利用一元二次不等式的解法求解即可；（2）不等可化为，根据1和4是方程的两根，利用韦达定理列方程求解即可.【题目详解】（1）不等式，可化为：.①当时，不等式的解集为；②当时，由，则不等式的解集为；③当时，由，则不等式的解集为；（2）不等可化为：.由不等式的解集为可知，1和4是方程的两根.故有，解得.由时方程为的根为1或4，则实数的值为1.【题目点拨】本题主要考查一元二次不等式的解法以及分类讨论思想的应用，属于中档题..分类讨论思想的常见类型

,⑴问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的；

⑵问题中的条件是分类给出的；

⑶解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的；

⑷涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的.18、11【解题分析】

根据题设条件，结合三角数的基本关系式，分别求得，和，再利用两角和的正切的公式，进行化简、运算，即可求解.【题目详解】由，由，可得又由，所以，由，得，可得，所以，即.【题目点拨】本题主要考查了两角和与差的正切函数的化简、求值问题，其中解答中熟记两角和与差的正切公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，试题有一定的难度，属于中档试题.19、（1）（2）【解题分析】

（1）首先求出包含的基本事件个数，由，由向量的坐标运算可得，列出满足条件的基本事件个数，根据古典概型概率计算公式即可求解.（2）根据题意全部基本事件的结果为，满足的基本事件的结果为，利用几何概型概率计算公式即可求解.【题目详解】（1），的所有取值共有个基本事件．由，得，满足包含的基本事件为，，，，，共种情形，故．（2）若，在上取值，则全部基本事件的结果为，满足的基本事件的结果为．画出图形如图，正方形的面积为，阴影部分的面积为，故满足的概率为．【题目点拨】本题考查了古典概型概率计算公式、几何概型概率计算公式，属于基础题.20、（1），；（2）见解析；（3）存在，.【解题分析】

（1）利用可得，从而可得为等比数列，故可得其通项公式.用累加法可求的通项.（2）利用分组求和法可求，注意就的奇偶性分类讨论.（3）根据的通项可得，故考虑的解可得满足条件的的值.【题目详解】（1）在数列中，当时，.当时，由得，因为，故，所以数列是以为首项，为公比的等比数列即.在数列中，当时，有，由累加法得，，.当时，也符合上式，所以.(2).当为偶数时，=；当为奇数时，=.(3)对任意的正整数,有，假设存在正整数，使得，则，令，解得，又为正整数，所以满足题意.【题目点拨】给定数列的递推关系，求数列的通项时，我们常需要对递推关系做变形构建新数列（新数列的通项容易求得），常见的递推关系、变形方法及求法如下：（1），用累加法；（2），可变形为，利用等比数列的通项公式可求的通项公式，两种方法都可以得到的通项公式.（3