2024届黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校数学高一下期末调研模拟试题含解析

2024届黑龙江省哈尔滨师范大学青冈实验中学校数学高一下期末调研模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．底面是正方形，从顶点向底面作垂线，垂足是底面中心的四棱锥称为正四棱锥．如图，在正四棱锥中，底面边长为1．侧棱长为2，E为PC的中点，则异面直线PA与BE所成角的余弦值为（）A． B． C． D．2．不等式组所表示的平面区域的面积为（）A．1 B． C． D．3．已知直线与直线垂直，则（）A． B． C．或 D．或4．设a，b，c为的内角所对的边，若，且，那么外接圆的半径为A．1 B． C．2 D．45．对于一个给定的数列，定义：若，称数列为数列的一阶差分数列；若，称数列为数列的二阶差分数列．若数列的二阶差分数列的所有项都等于，且，则（）A．2018 B．1009 C．1000 D．5006．已知向量，.且，则（）A．2 B． C． D．7．在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为A． B． C． D．8．若数列，若，则在下列数列中，可取遍数列前项值的数列为（）A． B． C． D．9．方程表示的曲线是（）A．一个圆 B．两个圆 C．半个圆 D．两个半圆10．已知函数f(x)=x,x≥0,|x2A．a<0 B．0<a<1 C．a>1 D．a≥1二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．等比数列的前项和为，若，，成等差数列，则其公比为_________．12．若，则=.13．已知圆锥的高为，体积为，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的圆台体积是，则该圆台的高为_______.14．如图，为测量山高，选择和另一座山的山顶为测量观测点，从点测得的仰角，点的仰角以及；从点测得；已知山高，则山高__________．15．在锐角中，角、、所对的边为、、，若的面积为，且，，则的弧度为__________．16．如图，点为正方形边上异于点的动点，将沿翻折成，使得平面平面，则下列说法中正确的是__________.(填序号)（1）在平面内存在直线与平行；（2）在平面内存在直线与垂直（3）存在点使得直线平面（4）平面内存在直线与平面平行.（5）存在点使得直线平面三、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．已知函数的图象如图所示.（1）求这个函数的解析式，并指出它的振幅和初相；（2）求函数在区间上的最大值和最小值，并指出取得最值时的的值．18．如图，在多面体中，平面平面，四边形为正方形，四边形为梯形，且，，．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.19．已知抛物线的焦点为，过的直线交轴正半轴于点，交抛物线于两点，其中点在第一象限.（Ⅰ）求证：以线段为直径的圆与轴相切；（Ⅱ）若,,，求的取值范围.20．如图，在中，，点在边上，（1）求的度数；（2）求的长度.21．已知三角形ABC的顶点为，，，M为AB的中点．（1）求CM所在直线的方程；（2）求的面积．

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】

可采用建立空间直角坐标系的方法来求两条异面直线所成的夹角，【题目详解】如图所示，以正方形ABCD的中心为坐标原点，DA方向为x轴，AB方向为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，，，由几何关系可求得，，，，为中点，,，，答案选B.【题目点拨】解决异面直线问题常用两种基本方法：异面直线转化成共面直线、空间向量建系法2、D【解题分析】

画出可行域，根据边界点的坐标计算出平面区域的面积.【题目详解】画出可行域如下图所示，其中，故平面区域为三角形，且三角形面积为，故选D.【题目点拨】本小题主要考查线性规划可行域面积的求法，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.3、D【解题分析】

由垂直，可得，即可求出的值.【题目详解】直线与直线垂直，，解得或.故选D.【题目点拨】对于直线：和直线：，①；②.4、A【解题分析】

由得b2+c2-a2=bc．利用余弦定理，可得A=．再利用正弦定理可得2R=，可得R.【题目详解】∵,∴,整理得b2+c2-a2=bc，根据余弦定理cosA=，可得cosA=∵A∈（0，π），∴A=由正弦定理可得2R==,解得R=1，故选A【题目点拨】已知三边关系，可转化为接近余弦定理的形式，直接运用余弦定理理解三角形，注意整体代入思想.5、C【解题分析】

根据题目给出的定义，分析出其数列的特点为等差数列，利用等差数列求解.【题目详解】依题意知是公差为的等差数列，设其首项为，则，即，利用累加法可得，由于，即解得，，故．选C.【题目点拨】本题考查新定义数列和等差数列，属于难度题.6、B【解题分析】

通过得到，再利用和差公式得到答案.【题目详解】向量，.且故答案为B【题目点拨】本题考查了向量平行，正切值的计算，意在考查学生的计算能力.7、C【解题分析】

利用正方体中，，将问题转化为求共面直线与所成角的正切值，在中进行计算即可.【题目详解】在正方体中，，所以异面直线与所成角为，设正方体边长为，则由为棱的中点，可得，所以，则.故选C.【题目点拨】求异面直线所成角主要有以下两种方法：（1）几何法：①平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；②利用边角关系，找到（或构造）所求角所在的三角形；③求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角；（2）向量法：①求两直线的方向向量；②求两向量夹角的余弦；③因为直线夹角为锐角，所以②对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.8、D【解题分析】

推导出是以6为周期的周期数列，从而是可取遍数列前6项值的数列．【题目详解】数列，，，，，，，，，是以6为周期的周期数列，是可取遍数列前6项值的数列．故选：D.【题目点拨】本题考查数列的周期性与三角函数知识的交会，考查基本运算求解能力，求解时注意函数与方程思想的应用．9、D【解题分析】原方程即即或故原方程表示两个半圆．10、B【解题分析】

令g(x)=0得f(x)=a,再利用函数的图像分析解答得到a的取值范围.【题目详解】令g(x)=0得f(x)=a,函数f(x)的图像如图所示，当直线y=a在x轴和直线x=1之间时，函数y=f(x)的图像与直线y=a有四个零点，所以0＜a＜1.故选：B【题目点拨】本题主要考查函数的图像和性质，考查函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于中档题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】试题分析：、、成等差数列考点：1．等差数列性质；2．等比数列通项公式12、【解题分析】.13、【解题分析】设该圆台的高为，由题意，得用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的小圆锥体积是，则，解得，即该圆台的高为3.点睛：本题考查圆锥的结构特征；在处理圆锥的结构特征时可记住常见结论，如本题中用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面的面积之比是两个圆锥高的比值的平方，所得两个圆锥的体积之比是两个圆锥高的比值的立方．14、【解题分析】在△ABC中，，，在△AMC中，，由正弦定理可得，解得，在Rt△AMN中.15、【解题分析】

利用三角形的面积公式求出的值，结合角为锐角，可得出角的弧度数.【题目详解】由三角形的面积公式可知，的面积为，得，为锐角，因此，的弧度数为，故答案为.【题目点拨】本题考查三角形面积公式的应用，考查运算求解能力，属于基础题.16、（2）（4）【解题分析】

采用逐一验证法，利用线面的位置关系判断，可得结果.【题目详解】（1）错，若在平面内存在直线与平行，则//平面，可知//，而与相交，故矛盾（2）对，如图作，根据题意可知平面平面所以，作，点在平面，则平面，而平面，所以，故正确（3）错，若平面，则，而所以平面，则，矛盾（4）对，如图延长交于点连接,作//平面，平面，平面，所以//平面，故存在（5）错，若平面，则又，所以平面所以，可知点在以为直径的圆上又该圆与无交点，所以不存在.故答案为：（2）（4）【题目点拨】本题主要考查线线，线面，面面之间的关系，数形结合在此发挥重要作用，属中档题.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）函数的解析式为，其振幅是2，初相是（2）时，函数取得最大值0；时，函数取得最小值勤-2【解题分析】

（1）根据图像写出，由周期求出，再由点确定的值．（2）根据的取值范围确定的取值范围，再由的单调求出最值【题目详解】（1）由图象知，函数的最大值为2，最小值为-2，∴，又∵，∴，，∴.∴函数的解析式为.∵函数的图象经过点，∴，∴，又∵，∴.故函数的解析式为，其振幅是2，初相是.（2）∵，∴.于是，当，即时，函数取得最大值0；当，即时，函数取得最小值为-2.【题目点拨】本题考查由图像确定三角函数、给定区间求三角函数的最值，属于基础题．18、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析【解题分析】

（Ⅰ）转化为证明；（Ⅱ）转化为证明，；（Ⅲ）根据线面平行的性质定理.【题目详解】（Ⅰ）因为四边形为正方形，所以，由于平面，平面，所以平面.（Ⅱ）因为四边形为正方形，所以.平面平面，平面平面，所以平面.所以.取中点，连接.由，，，可得四边形为正方形.所以.所以.所以.因为，所以平面.（Ⅲ）存在，当为的中点时，平面，此时.证明如下：连接交于点，由于四边形为正方形，所以是的中点，同时也是的中点.因为，又四边形为正方形，所以，连接，所以四边形为平行四边形.所以.又因为平面，平面，所以平面.【题目点拨】本题考查空间线面的关系.线面关系的证明要紧扣判定定理，转化为线线关系的证明.19、（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解题分析】

试题分析：（Ⅰ）题意实质上证明线段的中点到轴的距离等于线段长的一半，根据抛物线的定义设可证得；（Ⅱ）同样设，，把已知,用坐标表示出来，消去坐标及，得出与的关系，此时就可得出的取值范围．试题解析：（Ⅰ）由已知,设，则，圆心坐标为，圆心到轴的距离为，圆的半径为，所以，以线段为直径的圆与轴相切．（Ⅱ）解法一：设，由,,得，，所以，，由，得．又，，所以．代入，得，，整理得，代入，得，所以，因为，所以的取值范围是．解法二：设，，将代入，得，所以（*），由，，得，，所以，，，将代入（*）式，得，所以，．代入，得．因为，所以的取值范围是．考点：抛物线的定义，抛物线的焦点弦问题．20、（1）（2）【解题分析】

（1）中直接由余弦定理可得，然后得到的度数；（2）由（1）知，在中，由正弦定理可直接得到的值．【题目详解】解：（1）在中，，，由余弦定理，有，在中，；（2）由（1）知