江苏省徐州五中2023-2024学年高一数学第二学期期末达标检测模拟试题含解析

江苏省徐州五中2023-2024学年高一数学第二学期期末达标检测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．在正方体中，直线与平面所成角的正弦值为（）A． B． C． D．2．函数的图象大致为（）A． B． C． D．3．如图，中，，，用表示，正确的是()A． B．C． D．4．在正方体中，与所成的角为（）A．30° B．90° C．60° D．120°5．球是棱长为的正方体的内切球，则这个球的体积为（）A． B． C． D．6．在中，且，则等于()A． B． C． D．7．某几何体的三视图如图所示(实线部分)，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是()A． B． C． D．8．如图，在平行四边形中，下列结论中错误的是（）A． B． C． D．9．方程的解所在的区间为（）A． B．C． D．10．执行如图所示的程序框图，若输出的S＝88，则判断框内应填入的条件是（）A．k>4? B．k>5? C．k>6? D．k>7?二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．如图，两个正方形，边长为2，.将绕旋转一周，则在旋转过程中，与平面的距离最大值为______.12．已知向量，，若，则______；若，则______.13．数列的前项和,则的通项公式_____.14．棱长为，各面都为等边三角形的四面体内有一点，由点向各面作垂线，垂线段的长度分别为，则=______．15．适合条件的角的取值范围是______.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．如图1所示，在四边形中，，且，，．（1）求的面积；（2）若，求的长．图1图218．已知圆，点，直线.（1）求与直线l垂直，且与圆C相切的直线方程；（2）在x轴上是否存在定点B（不同于点A），使得对于圆C上任一点P，为常数？若存在，试求这个常数值及所有满足条件的点B的坐标；若不存在，请说明理由.19．如图，为方便市民游览市民中心附近的“网红桥”，现准备在河岸一侧建造一个观景台，已知射线，为两边夹角为的公路（长度均超过千米），在两条公路，上分别设立游客上下点，，从观景台到，建造两条观光线路，，测得千米，千米．（1）求线段的长度；（2）若，求两条观光线路与之和的最大值．20．已知为坐标原点，，，若.（Ⅰ）求函数的单调递减区间；（Ⅱ）当时，若方程有根，求的取值范围.21．已知：的顶点，，．（1）求AB边上的中线CD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、C【解析】

由题，连接，设其交平面于点易知平面，即（或其补角）为与平面所成的角，再利用等体积法求得AO的长度，即可求得的长度，可得结果.【详解】设正方体的边长为1，如图，连接，设其交平面于点，则易知，，又，所以平面，即得平面.在三棱锥中，由等体积法知，，即，解得，所以.连接，则（或其补角）为与平面所成的角.在中，.故选C.【点睛】本题考查了立体几何中线面角的求法，作出线面角是解题的关键，求高的长度会用到等体积法，属于中档题.2、C【解析】

利用函数的性质逐个排除即可求解.【详解】函数的定义域为，故排除A、B.令又，即函数为奇函数，所以函数的图像关于原点对称，排除D故选：C【点睛】本题考查了函数图像的识别，同时考查了函数的性质，属于基础题.3、C【解析】

由平面向量基本定理和三角形法则求解即可【详解】由，可得，则，即.故选C.【点睛】本题考查平面向量基本定理和三角形法则,熟记定理和性质是解题关键,是基础题4、C【解析】

把异面直线与所成的角，转化为相交直线与所成的角，利用为正三角形，即可求解．【详解】连结，则，所以相交直线与所成的角，即为异面直线与所成的角，连结，则是正三角形，所以，即异面直线与所成的角，故选C．【点睛】本题主要考查了空间中异面直线及其所成角的求法，其中根据异面直线的定义，把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．5、A【解析】

棱长为的正方体的内切球的半径，由此能求出其体积．【详解】棱长为的正方体的内切球的半径＝＝1，体积．故选：A．【点睛】本题考查了正方体的内切球的性质和应用，属于基础题．6、A【解析】

在△ABC中，利用正弦定理与两角和的正弦化简已知可得，sin（A+C）＝sinB，结合a＞b，即可求得答案．【详解】在△ABC中，∵asinBcosC+csinBcosAb，∴由正弦定理得：sinAsinBcosC+sinCsinBcosAsinB，sinB≠0，∴sinAcosC+sinCcosA，∴sin（A+C），又A+B+C＝π，∴sin（A+C）＝sin（π﹣B）＝sinB，又a＞b，∴B．故选A．【点睛】本题考查两角和与差的正弦函数与正弦定理的应用，考查了大角对大边的性质，属于中档题．7、A【解析】

由三视图得出原几何体是由半个圆锥与半个圆柱组成的组合体，并且由三视图得出圆柱和圆锥的底面半径，圆锥的高，圆柱的高，再由圆柱和圆锥的体积公式得解.【详解】由三视图可知，几何体是由半个圆锥与半个圆柱组成的组合体，其中圆柱和圆锥的底面半径，圆锥的高，圆柱的高所以圆柱的体积，圆锥的体积，所以组合体的体积．故选B．【点睛】本题主要考查空间几何体的三视图和空间几何体圆柱和圆锥的体积，属于基础题．8、C【解析】

根据向量的定义及运算法则一一分析选项正误即可.【详解】在平行四边形中,显然有,,故A,D正确;根据向量的平行四边形法则,可知,故B正确;根据向量的三角形法,,故C错误;故选:C.【点睛】本题考查平面向量的基本定义和运算法则,属于基础题.9、B【解析】试题分析：由题意得，设函数，则，所以，所以方程的解所在的区间为，故选B.考点：函数的零点.10、B【解析】

分析程序中各变量、各语句的作用,再根据流程图所示的顺序,可知：该程序的作用是累加并输出S的值，条件框内的语句决定是否结束循环，模拟执行程序即可得到结果.【详解】程序在运行过程中各变量值变化如下：第一次循环k=2,S=2;是第二次循环k=3,S=7;是第三次循环k=4,S=18;是第四次循环k=5,S=41;是第五次循环=6,S=88;否故退出循环的条件应为k>5?，故选B.【点睛】本题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题.解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1)不要混淆处理框和输入框；(2)注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3)注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4)处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5)要注意各个框的顺序,（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

绕旋转一周得到的几何体是圆锥，点的轨迹是圆.过作平面平面，交平面于.的轨迹在平面内.画出图像，根据图像判断出圆的下顶点距离平面的距离最大，解三角形求得这个距离的最大值.【详解】绕旋转一周得到的几何体是圆锥，故点的轨迹是圆.过作平面平面，交平面于.的轨迹在平面内.画出图像如下图所示，根据图像作法可知，当位于圆心的正下方点位置时，到平面的距离最大.在平面内，过作，交于.在中，,.所以①.其中，，所以①可化为.故答案为：【点睛】本小题主要考查旋转体的概念，考查空间点到面的距离的最大值的求法，考查空间想象能力和运算能力，属于中档题.12、6【解析】

由向量平行与垂直的性质，列出式子计算即可.【详解】若，可得，解得；若，则，解得.故答案为：6；.【点睛】本题考查平面向量平行、垂直的性质，考查平面向量的坐标运算，考查学生的计算能力，属于基础题.13、【解析】

根据和之间的关系,应用公式得出结果【详解】当时,；当时,；∴故答案为【点睛】本题考查了和之间的关系式,注意当和时要分开讨论,题中的数列非等差数列.本题属于基础题14、．【解析】

根据等积法可得∴15、【解析】

根据三角函数的符号法则，得，从而求出的取值范围.【详解】，的取值范围的解集为.故答案为：【点睛】本题主要考查了三角函数符号法则的应用问题，是基础题.16、【解析】

把平方，将代入，化简即可得结果.【详解】因为，所以，，故答案为.【点睛】本题主要考查向量的模及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角，（此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量的模（平方后需求）.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）．【解析】

（1）利用已知条件求出D角的正弦函数值，然后求△ACD的面积；

（2）利用余弦定理求出AC，通过，利用余弦定理求解AB的长．【详解】（1）因为，，所以，又，所以，所以．（2）由余弦定理可得，因为，所以，解得．【点睛】本题考查余弦定理以及正弦定理的应用，基本知识的考查，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．18、（1）或（2）存在，，【解析】

（1）先设与直线l垂直的直线方程为，再结合点到直线的距离公式求解即可；（2）先设存在，利用都有为常数及在圆上，列出等式，然后利用恒成立求解即可.【详解】解：（1）由直线.则可设与直线l垂直的直线方程为，又该直线与圆相切，则，则，故所求直线方程为或；（2）假设存在定点使得对于圆C上任一点P，为常数，则,所以，将代入上式化简整理得：对恒成立，所以，解得或，又，即，所以存在定点使得对于圆C上任一点P，为常数.【点睛】本题考查了点到直线的距离公式，重点考查了点与圆的位置关系，属中档题.19、（1）3；（2）1.【解析】

（1），．用余弦定理，即可求出；（2）设，，用正弦定理求出，，展开，结合辅助角公式可化为，由的取值范围，即可求解.【详解】（1）在中，由余弦定理得，，所以线段的长度为3千米．（2）设，因为，所以，在中，由正弦定理得，．所以，，因此，因为，所以．所以当，即时，取到最大值1．答：两条观光线路距离之和的最大值为1千米．【点睛】本题考查正、余弦定理解三角形，考查三角恒等变换，尤其是辅助角公式要熟练应用，属于中档题.20、(1)的单调减区间为;(2).【解析】试题分析：（1）根据向量点积的坐标运算得到，根据正弦函数的单调性得到单调递减区间；（2）将式子变形为.有解，转化为值域问题．解析：（Ⅰ）∵，，∴其单调递减区间满足，，所以的单调减区间为.（Ⅱ）∵当时，方程有根，∴.∵，∴，∴，∴，∴.点睛：这个题目考查了，向量点积运算，三角函数的化一公式，，正弦函数的单调性问题，三角函数的值域和图像问题．第二问还要用到了方程的零点的问题．一般函数的零点和方程的根，图象的交点是同一个问题，可以互相转化．21、（1）；（2