山东省烟台市莱州市一中2023-2024学年高一数学第二学期期末经典模拟试题含解析

山东省烟台市莱州市一中2023-2024学年高一数学第二学期期末经典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．如图，网格纸上小正方形的边长均为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．34 B．42 C．54 D．722．设，，，则（）A． B．C． D．3．问题：①有1000个乒乓球分别装在3个箱子内，其中红色箱子内有500个，蓝色箱子内有200个，黄色箱子内有300个，现从中抽取一个容量为100的样本；②从20名学生中选出3名参加座谈会.方法：Ⅰ.随机抽样法Ⅱ.系统抽样法Ⅲ.分层抽样法.其中问题与方法能配对的是()A．①Ⅰ，②Ⅱ B．①Ⅲ，②Ⅰ C．①Ⅱ，②Ⅲ D．①Ⅲ，②Ⅱ4．已知等差数列的首项,公差,则()A．5 B．7 C．9 D．115．过点，且圆心在直线上的圆的方程是（）A． B．C． D．6．已知圆与直线切于点，则直线的方程为（）A． B． C． D．7．《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍（底面为矩形的屋脊状的几何体），下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何．下图网格纸中实线部分为此刍甍的三视图，设网格纸上每个小正方形的边长为1丈，那么此刍甍的体积为（）A．3立方丈 B．5立方丈 C．6立方丈 D．12立方丈8．下列函数中，在区间上为增函数的是（）.A． B． C． D．9．圆和圆的公切线条数为（）A．1 B．2 C．3 D．410．关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集是()A． B．C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．某校选修“营养与卫生”课程的学生中，高一年级有30名，高二年级有40名．现用分层抽样的方法从这70名学生中抽取一个样本，已知在高二年级的学生中抽取了8名，则在该校高一年级的学生中应抽取的人数为________．12．在△ABC中，若∠A＝120°，AB＝5，BC＝7，则△ABC的面积S＝_____．13．数列满足，则数列的前6项和为_______．14．某个年级有男生560人，女生420人，用分层抽样的方法从该年级全体学生中抽取一个容量为280的样本，则此样本中男生人数为____________.15．已知向量，若，则________.16．已知，则的值为_____________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．设函数，其中.（1）在实数集上用分段函数形式写出函数的解析式；（2）求函数的最小值.18．如图，矩形中，平面，，为上的点，且平面，．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求三棱锥的体积．19．已知是的内角，分别是角的对边.若,（1）求角的大小；（2）若，的面积为，为的中点，求20．设等比数列的前n项和为.已知，，求和.21．足球，有“世界第一运动的美誉，是全球体育界最具影响力的单项体育运动之一．足球传球是足球运动技术之一，是比赛中组织进攻、组织战术配合和进行射门的主要手段．足球截球也是足球运动技术的一种，是将对方控制或传出的球占为己有，或破坏对方对球的控制的技术，是比赛中由守转攻的主要手段．这两种运动技术都需要球运动员的正确判断和选择．现有甲、乙两队进行足球友谊赛，A、B两名运动员是甲队队员，C是乙队队员，B在A的正西方向，A和B相距20m，C在A的正北方向，A和C相距14m．现A沿北偏西60°方向水平传球，球速为10m/s，同时B沿北偏西30°方向以10m/s的速度前往接球，C同时也以10m/s的速度前去截球．假设球与B、C都在同一平面运动，且均保持匀速直线运动．（1）若C沿南偏西60°方向前去截球，试判断B能否接到球？请说明理由．（2）若C改变（1）的方向前去截球，试判断C能否球成功？请说明理由．

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【解析】

还原几何体得四棱锥E﹣ABCD，由图中数据利用椎体的体积公式求解即可.【详解】依三视图知该几何体为四棱锥E﹣ABCD，如图，ABCD是直角梯形，是棱长为6的正方体的一部分，梯形的面积为：12几何体的体积为：13故选：C．【点睛】本题考查三视图求几何体的体积，由三视图正确还原几何体和补形是解题的关键，考查空间想象能力．2、B【解析】

由指数函数的性质得，由对数函数的性质得，根据正切函数的性质得，即可求解，得到答案．【详解】由指数函数的性质，可得，由对数函数的性质可得，根据正切函数的性质，可得，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了指数式、对数式以及正切函数值的比较大小问题，其中解答中熟记指数函数与对数函数的性质，以及正切函数的性质得到的取值范围是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．3、B【解析】解：（1）中由于小区中各个家庭收入水平之间存在明显差别故（1）要采用分层抽样的方法（2）中由于总体数目不多，而样本容量不大故（2）要采用简单随机抽样故问题和方法配对正确的是：（1）Ⅲ（2）Ⅰ．故选B．4、C【解析】

直接利用等差数列的通项公式，即可得到本题答案.【详解】由为等差数列，且首项，公差，得.故选：C【点睛】本题主要考查利用等差数列的通项公式求值，属基础题.5、C【解析】

直接根据所给信息，利用排除法解题。【详解】本题作为选择题，可采用排除法，根据圆心在直线上，排除B、D，点在圆上，排除A故选C【点睛】本题考查利用排除法选出圆的标准方程，属于基础题。6、A【解析】

利用点与圆心连线的直线与所求直线垂直，求出斜率，即可求过点与圆C相切的直线方程；【详解】圆可化为：，显然过点的直线不与圆相切，则点与圆心连线的直线斜率为，则所求直线斜率为，代入点斜式可得，整理得。故选A.【点睛】本题考查直线方程，考查直线与圆的位置关系，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．7、B【解析】几何体如图：体积为，选B.点睛：(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析．8、B【解析】试题分析：根据初等函数的图象，可得函数在区间（0，1）上的单调性，从而可得结论．解：由题意，A的底数大于0小于1、C是图象在一、三象限的单调减函数、D是余弦函数，，在（0，+∞）上不单调，B的底数大于1，在（0，+∞）上单调增，故在区间（0，1）上是增函数,故选B考点：函数的单调性点评：本题考查函数的单调性，掌握初等函数的图象与性质是关键．9、B【解析】

判断两圆的位置关系，根据两圆的位置关系判断两圆公切线的条数.【详解】圆的标准方程为，圆心坐标为，半径长为.圆的标准方程为，圆心坐标为，半径长为.圆心距为，由于，即，所以，两圆相交，公切线的条数为，故选B.【点睛】本题考查两圆公切线的条数，本质上就是判断两圆的位置关系，公切线条数与两圆位置的关系如下：①两圆相离条公切线；②两圆外切条公切线；③两圆相交条公切线；④两圆内切条公切线；⑤两圆内含没有公切线.10、C【解析】关于的不等式,即的解集是，∴不等式,可化为，解得，∴所求不等式的解集是,故选C.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、6【解析】

利用分层抽样的定义求解.【详解】设从高一年级的学生中抽取x名，由分层抽样的知识可知，解得x＝6.故答案为6.【点睛】本题主要考查分层抽样，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.12、【解析】

用余弦定理求出边的值，再用面积公式求面积即可．【详解】解：据题设条件由余弦定理得，即，即解得，故的面积，故答案为：．【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，属于基础题．13、84【解析】

根据分组求和法以及等差数列与等比数列前n项和公式求解.【详解】因为，所以.【点睛】本题考查分组求和法以及等差数列与等比数列前n项和公式，考查基本分析求解能力，属基础题.14、160【解析】

∵某个年级共有980人，要从中抽取280人，∴抽取比例为280980∴此样本中男生人数为27故答案为160.考点：本题考查了分层抽样的应用点评：掌握分层抽样的概念是解决此类问题的关键，属基础题15、【解析】

直接利用向量平行性质得到答案.【详解】，若故答案为【点睛】本题考查了向量平行的性质，属于简单题.16、【解析】

利用和差化积公式将两式化简，然后两式相除得到的值，再利用二倍角公式即可求出．【详解】由得，，，两式相除得，，则．【点睛】本题主要考查和差化积公式以及二倍角公式的应用．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）令，解得的范围，再结合的意义分段函数形式写出函数的解析式即可.（2）利用的奇偶性，只需要考虑的情形，只需分两种情形讨论：，当时，分别求出的最小值即可.【详解】（1），令，得，解得或，（2）因为是偶函数，所以只需考虑的情形，当时，，当时，当时，，当时，，时，.【点睛】本题主要考查函数单调性的应用、函数解析式的求法、不等式的解法等基本知识，考查了运算求解能力，考查分类讨论思想、化归与转化思想，属于基础题.18、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）先证明，再证明平面；（Ⅱ）由等积法可得即可求解.【详解】（Ⅰ）因为是中点，又因为平面，所以，由已知，所以是中点，所以，因为平面，平面，所以平面．（Ⅱ）因为平面，，所以平面，则，又因为平面，所以，则平面，由可得平面，因为，此时，，所以．【点睛】本题主要考查线面平行的判定及利用等积法求三棱锥的体积问题，属常规考题.19、(1)(2)【解析】

（1）由，可将，转化为,，代入原式，根据正弦定理可得，结合余弦定理，及，可得角C的大小。（2）因为，所以。所以为等腰三角形，根据面积为，可得，在，，，，结合余弦定理，即可求解。【详解】（1）由得由正弦定理，得，即所以又，则（2）因为，所以.所以为等腰三角形，且顶角.因为所以.在中，，，，所以解得.【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系，正弦定理，余弦定理，求面积公式，综合性较强，考查学生分析推理，计算化简的能力，属基础题。20、或.【解析】

试题解析：（1）解得或即或（2）当时，当时，考点：本题考查求通项及求和点评：解决本题的关键是利用基本量法解题21、（1）能接到；（2）不能接到【解析】

（1）在中由条件可得，，进一步可得为等边三角形，然后计算运动到点所需时间即可判断；（2）建立平面直角坐标系，作于