河北省沧州市七县2023-2024学年高一数学第二学期期末复习检测模拟试题含解析

河北省沧州市七县2023-2024学年高一数学第二学期期末复习检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．函数的最小正周期为（）A． B． C． D．2．设是两条不同的直线,是两个不同的平面,下列命题中正确的是（）A．若,,则 B．若，,则C．若,,则 D．若,,则3．已知向量，，则（）A． B． C． D．4．直线y＝﹣x+1的倾斜角是（）A．30∘ B．45∘ C．1355．如图，中，，，用表示，正确的是()A． B．C． D．6．若，满足，则的最大值为（）．A． B． C． D．7．直线被圆截得的弦长为（）A．4 B． C． D．8．设，则（）A．3 B．2 C．1 D．09．的内角的对边分别为,若,则（）A． B． C． D．10．“（）”是“函数是奇函数”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二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知一组数1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数的方差为______.12．将边长为1的正方形ABCD沿对角线AC折起，使平面ACD⊥平面ABC，则折起后B，D两点的距离为________.13．函数的最小正周期为________14．已知平面向量，，满足：，且，则的最小值为____.15．已知向量满足，则16．已知向量夹角为，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．已知正项等比数列满足，，数列满足.（1）求数列，的通项公式；（2）令，求数列的前项和；（3）若，且对所有的正整数都有成立，求的取值范围.18．在等差数列{an}中，a1=1，公差d≠0，且a1，a2，a5是等比数列{bn}的前三项．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)设cn=an·bn，求数列{cn}的前n项和Sn．19．设.（1）当时，解关于的不等式；（2）若关于的不等式的解集为，求的值.20．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边过点.（1）求的值；（2）已知为锐角，，求的值.21．已知直线恒过定点，圆经过点和定点，且圆心在直线上．(1)求圆的方程；(2)已知点为圆直径的一个端点，若另一端点为点，问轴上是否存在一点，使得为直角三角形，若存在，求出的值；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【解析】,函数的最小正周期为，选.【点睛】求三角函数的最小正周期，首先要利用三角公式进行恒等变形，化简函数解析式，把函数解析式化为的形式，然后利用周期公式求出最小正周期，另外还要注意函数的定义域.2、C【解析】

在A中，与相交或平行；在B中，或；在C中，由线面垂直的判定定理得；在D中，与平行或．【详解】设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则：在A中，若，，则与相交或平行，故A错误；在B中，若，，则或，故B错误；在C中，若，，则由线面垂直的判定定理得，故C正确；在D中，若，，则与平行或，故D错误．故选C．【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题．3、D【解析】

根据平面向量的数量积,计算模长即可.【详解】因为向量,,则,,故选:D.【点睛】本题考查了平面向量的数量积与模长公式的应用问题,是基础题.4、C【解析】

由直线方程可得直线的斜率，进而可得倾斜角．【详解】直线y＝﹣x+1的斜率为﹣1，设倾斜角为α，则tanα＝﹣1，∴α＝135°故选：C．【点睛】本题考查直线的倾斜角和斜率的关系，属基础题．5、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6、D【解析】作出不等式组，所表示的平面区域，如图所示，当时，可行域为四边形内部，目标函数可化为，即，平移直线可知当直线经过点时，直线的截距最大，从而最大，此时，，当时，可行域为三角形，目标函数可化为，即，平移直线可知当直线经过点时，直线的截距最大，从而最大，，综上，的最大值为．故选．点睛：利用线性规划求最值的步骤：(1)在平面直角坐标系内作出可行域．(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形．常见的类型有截距型（型）、斜率型（型）和距离型（型）．(3)确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解．(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值．注意解答本题时不要忽视斜率不存在的情形.7、B【解析】

先由圆的一般方程写出圆心坐标，再由点到直线的距离公式求出圆心到直线m的距离d，则弦长等于.【详解】∵，∴，∴圆的圆心坐标为，半径为，又点到直线的距离，∴直线被圆截得的弦长等于.【点睛】本题主要考查圆的弦长公式的求法，常用方法有代数法和几何法；属于基础题型.8、B【解析】

先求内层函数，将所求值代入分段函数再次求解即可【详解】，则故选：B【点睛】本题考查分段函数具体函数值的求法，属于基础题9、B【解析】

首先通过正弦定理将边化角，于是求得，于是得到答案.【详解】根据正弦定理得：，即，而，所以，又为三角形内角，所以，故选B.【点睛】本题主要考查正弦定理的运用，难度不大.10、C【解析】若，则，函数为奇函数，所以充分性成立；反之，若函数是奇函数，则，即，因此必要性也是成立，所以“”是“函数是奇函数”充要条件，故选C.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

先根据平均数计算出的值，再根据方差的计算公式计算出这组数的方差.【详解】依题意.所以方差为.故答案为：.【点睛】本小题主要考查平均数和方差的有关计算，考查运算求解能力，属于基础题.12、1.【解析】

取AC的中点E，连结DE，BE，可知DE⊥AC，由平面ACD⊥平面ABC，可得DE⊥平面ABC，DE⊥BE，而，再结合ABCD是正方形可求出.【详解】取AC的中点E，连结DE，BE，显然DE⊥AC，因为平面ACD⊥平面ABC，所以DE⊥平面ABC，所以DE⊥BE，而，所以，.【点睛】本题考查了空间中两点间的距离，把空间角转化为平面角是解决本题的关键.13、【解析】

根据的最小正周期判断即可.【详解】因为的最小正周期均为,故的最小正周期为.故答案为：【点睛】本题主要考查了正切余切函数的周期,属于基础题型.14、-1【解析】

，，，由经过向量运算得，知点在以为圆心，1为半径的圆上，这样，只要最小，就可化简．【详解】如图，，则，设是中点，则，∵，∴，即，，记，则点在以为圆心，1为半径的圆上，记，，注意到，因此当与反向时，最小，∴．∴最小值为-1．故答案为-1．【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题关键是由已知得出点轨迹(让表示的有向线段的起点都是原点)是圆，然后分析出只有最小时，才可能最小．从而得到解题方法．15、【解析】试题分析：=,又，，代入可得8，所以考点：向量的数量积运算.16、【解析】试题分析：的夹角，，，，.考点：向量的运算.【思路点晴】平面向量的数量积计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用.利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决．列出方程组求解未知数.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）.【解析】

（1）设等比数列的公比为，则，根据条件可求出的值，利用等比数列的通项公式可求出，再由对数的运算可求出数列的通项公式；（2）求出数列的通项公式，然后利用错位相减法求出数列的前项和为；（3）利用数列单调性的定义求出数列最大项的值为，由题意得出关于的不等式对任意的恒成立，然后利用参变量分离法得出，并利用基本不等式求出在时的最小值，即可得出实数的取值范围.【详解】（1）设等比数列的公比为，则，由可得，，，即，，解得，.；（2）由（1）可得，，可得，上式下式，得，因此，；（3），，，，即，则有.所以，数列是单调递减数列，则数列的最大项为.由题意可知，关于的不等式对任意的恒成立，.由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，则在时的最小值为，，因此，实数的取值范围是.【点睛】本题考查等比数列通项公式的求解，考查错位相减求和法以及数列不等式恒成立问题，涉及数列最大项的问题，一般利用数列单调性的定义来求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.18、（1）bn=3n－1；（2）Sn=(n－1)·3n+1【解析】

(1)由a1，a2，a5是等比数列{bn}的前三项得，a22=a1·a5⇒(a1+d)2=a1·(a1+4d)··⇒a12+2a1d+d2=a12+4a1d⇒d2=2a1d，又d≠0，所以d=2a1=2，从而an=a1+(n－1)d=2n－1，则b1=a1=1，b2=a2=3，则等比数列{bn}的公比q=3，从而bn=3n－1(2)由(1)得，cn=an·bn=(2n－1)·3n－1，则Sn=1·1+3·3+5·32+7·33+…+(2n－1)·3n－1①3Sn=1·3+3·32+5·33+…+(2n－3)·3n－1+(2n－1)·3n②①－②得，－2Sn=1·1+2·3+2·32+2·33+…+2·3n－1－(2n－1)·3n=1+2×－(2n－1)·3n=－2(n－1)·3n－2··则Sn=(n－1)·3n+1．19、（1）（2）【解析】

(1)代入参数值，解二次不等式即可；（2）不等式，即，故得到1，2是方程的两实根，根据韦达定理得到数值.【详解】（1）当时，不等式即为，∴或，因此原不等式的解集为.（2）不等式，即，由题意知，且1，2是方程的两实根，因此.【点睛】这个题目考查了二次不等式的解法，以及二次函数和二次不等式的关系，考查了二次不等式的韦达定理的应用，属于基础题.20、（1）；（2）.【解析】

（1）利用三角函数的定义可求出，再根据二倍角的余弦公式即可求解.（2）由（1）可得，再利用同角三角函数的基本关系可得，由，利用两角差的正切公式即可求解.【详解】解：（1）依题意得，，，所以.（2）由（1）得，，故.因为，，，所以，又因为，所以，.所以，所以.【点睛】本小题主要考查同角三角函数关系、三角恒等变换等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查化归与转化思想等.21、（1）；（2）见解析【解析】

（1）先求出直线过定点，设圆的一般方程，由题意列方程组，即可求圆的方程；（2）由（1）可知：求得直线的斜率，根据对称性求得点坐标，由在圆外，所以点不能作