2024届湖北省孝感市高一数学第二学期期末综合测试模拟试题含解析

2024届湖北省孝感市高一数学第二学期期末综合测试模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．若，则下列不等式恒成立的是（）A． B． C． D．2．直线，，的斜率分别为，，，如图所示，则（）A． B．C． D．3．化简（）A． B． C． D．4．关于x的不等式ax－b>0的解集是，则关于x的不等式SKIPIF1<0≤0的解集是()A．(－∞，－1]∪[2，＋∞)B．[－1,2]C．[1,2]D．(，1]∪[2，)5．计算的值为（）A． B． C． D．6．在长方体中，,,则异面直线与所成角的余弦值为()A． B． C． D．7．从装有两个红球和三个黑球的口袋里任取两个球，那么互斥而不对立的两个事件是（）A．“至少有一个黑球”与“都是黑球” B．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”C．“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球” D．“至少有一个黑球”与“都是红球”8．已知在R上是奇函数，且满足，当时，，则（）A．-2 B．2 C．-98 D．989．已知，是两个不同的平面，给出下列四个条件：①存在一条直线，使得，；②存在两条平行直线，，使得，，，；③存在两条异面直线，，使得，，，；④存在一个平面，使得，．其中可以推出的条件个数是（）A．1 B．2 C．3 D．410．七巧板是我国古代劳动人民发明的一种智力玩具，由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成.如图是一个用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．在中，若，则____；12．已知正三棱锥的底面边长为，侧棱长为2，则该三棱锥的外接球的表面积_____．13．已知数列，若对任意正整数都有，则正整数______；14．已知向量，，若，则实数__________.15．已知，向量的夹角为，则的最大值为_____.16．已知向量a=1,2，b=2,-2，c=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{an}是等差数列，设数列{bn}的前n项和为Sn，且2bn＝b1（1+Sn），bn≠0，又a2b2＝4，a7+b3＝1．（1）求{an}和{bn}的通项公式；（2）令cn＝anbn（n∈N*），求{cn}的前n项和Tn18．如图，在四边形ABCD中，，，已知，.（1）求的值；（2）若，且，求BC的长.19．已知数列为等差数列，是数列的前n项和，且，．（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前n项和．20．如图，在三棱柱中，各个侧面均是边长为的正方形，为线段的中点.(1)求证:直线平面；(2)求直线与平面所成角的余弦值；(3)设为线段上任意一点，在内的平面区域(包括边界)是否存在点，使，并说明理由.21．如图，在正中，，.（1）试用，表示；（2）若，，求.

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】

利用不等式的性质、对数、指数函数的图像和性质，对每一个选项逐一分析判断得解.【详解】对于选项A,不一定成立，如a=1＞b=-2,但是，所以该选项是错误的；对于选项B,所以该选项是错误的；对于选项C,ab符号不确定，所以不一定成立，所以该选项是错误的；对于选项D,因为a>b,所以，所以该选项是正确的.故选D【点睛】本题主要考查不等式的性质，考查对数、指数函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.2、A【解析】

根据题意可得出直线，，的倾斜角满足，由倾斜角与斜率的关系得出结果.【详解】解：设三条直线的倾斜角为，根据三条直线的图形可得，因为，当时，，当时，单调递增，且，故，即故选A.【点睛】本题考查了直线的倾斜角与斜率的关系，解题的关键是熟悉正切函数的单调性.3、A【解析】

减法先变为加法，利用向量的三角形法则得到答案.【详解】故答案选A【点睛】本题考查了向量的加减法，属于简单题.4、A【解析】试题分析：因为关于x的不等式ax－b>0的解集是，所以，从而SKIPIF1<0≤0可化为SKIPIF1<0，解得，关于x的不等式SKIPIF1<0≤0的解集是(－∞，－1]∪[2，＋∞)，选A。考点：本题主要考查一元一次不等式、一元二次不等式的解法。点评：简单题，从已知出发，首先确定a,b的关系，并进一步确定一元二次不等式的解集。5、D【解析】

直接由二倍角的余弦公式，即可得解.【详解】由二倍角公式得：，故选D.【点睛】本题考查了二倍角的余弦公式，属于基础题.6、C【解析】

连接，交于，取的中点，连接、，可以证明是异面直线与所成角，利用余弦定理可求其余弦值.【详解】连接，交于，取的中点，连接.由长方体可得四边形为矩形，所以为的中点，因为为的中点，所以，所以或其补角是异面直线与所成角.在直角三角形中，则，，所以.在直角三角形中，，在中，，故选C.【点睛】空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.7、C【解析】分析：利用对立事件、互斥事件的定义求解．详解：从装有两个红球和三个黑球的口袋里任取两个球，在A中，“至少有一个黑球”与“都是黑球”能同时发生，不是互斥事件，故A错误；在B中，“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”能同时发生，不是互斥事件，故B错误；在C中，“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”不能同时发生，但能同时不发生，是互斥而不对立的两个事件，故C正确；在D中，“至少有一个黑球”与“都是红球”是对立事件，故D错误．故答案为：C点睛：（1）本题主要考查互斥事件和对立事件的定义，意在考查学生对这些基础知识的掌握水平.(2)互斥事件指的是在一次试验中，不可能同时发生的两个事件，对立事件指的是在一次试验中，不可能同时发生的两个事件，且在一次试验中，必有一个发生的两个事件.注意理解它们的区别和联系.8、A【解析】

由在R上是奇函数且周期为4可得，即可算出答案【详解】因为在R上是奇函数，且满足所以因为当时，所以故选：A【点睛】本题考查的是函数的奇偶性和周期性，较简单.9、B【解析】当，不平行时，不存在直线与，都垂直，，，故正确；存在两条平行直线，，，，，，则，相交或平行，所以不正确；存在两条异面直线，，，，，，由面面平行的判定定理得，故正确；存在一个平面，使得，，则，相交或平行，所以不正确；故选10、B【解析】

设正方形的边长为，计算出阴影部分区域的面积和正方形区域的面积，然后利用几何概型的概率公式计算出所求事件的概率.【详解】设正方形的边长为，则阴影部分由三个小等腰直角三角形构成，则正方形的对角线长为，则等腰直角三角形的边长为，对应每个小等腰三角形的面积，则阴影部分的面积之和为，正方形的面积为，若在此正方形中任取一点，则此点取自黑色部分的概率为，故选：B．【点睛】本题考查面积型几何概型概率公式计算事件的概率，解题的关键在于计算出所求事件对应区域的面积和总区域的面积，考查计算能力，属于中等题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】试题分析：因为，所以．由正弦定理，知，所以＝＝．考点：1、同角三角函数间的基本关系；2、正弦定理．12、.【解析】

由题意推出球心O到四个顶点的距离相等，利用直角三角形BOE，求出球的半径，即可求出外接球的表面积．【详解】如图，∵正三棱锥A﹣BCD中，底面边长为，底面外接圆半径为侧棱长为2，BE=1,在三角形ABE中，根据勾股定理得到：高AE得到球心O到四个顶点的距离相等，O点在AE上，在直角三角形BOE中BO＝R，EOR，BE＝1，由BO2＝BE2+EO2，得R∴外接球的半径为，表面积为：故答案为．【点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.13、9【解析】

分析数列的单调性，以及数列各项的取值正负，得到数列中的最大项，由此即可求解出的值.【详解】因为，所以时，，时，，又因为在上递增，在也是递增的，所以，又因为对任意正整数都有，所以.故答案为：.【点睛】本题考查数列的单调性以及数列中项的正负判断，难度一般.处理数列单调性或者最值的问题时，可以采取函数的思想来解决问题，但是要注意到数列对应的函数的定义域为.14、【解析】

根据平面向量时，列方程求出的值．【详解】解：向量，，若，则，即，解得．故答案为：．【点睛】本题考查了平面向量的坐标运算应用问题，属于基础题．15、【解析】

将两边平方，化简后利用基本不等式求得的最大值.【详解】将两边平方并化简得，由基本不等式得，故，即，即，所以的最大值为.【点睛】本小题主要考查平面向量模的运算，考查利用基本不等式求最值，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.16、1【解析】

由两向量共线的坐标关系计算即可．【详解】由题可得2∵c//∴4λ-2=0故答案为1【点睛】本题主要考查向量的坐标运算，以及两向量共线的坐标关系，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、（2）an＝n；bn＝2n﹣2（2）Tn＝（n﹣2）•2n+2【解析】

（2）运用数列的递推式，以及等比数列的通项公式可得bn，{an}是公差为的等差数列，运用等差数列的通项公式可得首项和公差，可得所求通项公式；

（2）求得，由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，即可得到所求和．【详解】（2）2bn＝b2（2+Sn），bn≠0，n＝2时，2b2＝b2（2+S2）＝b2（2+b2），解得b2＝2，n≥2时，2bn﹣2＝2+Sn﹣2，且2bn＝2+Sn，相减可得2bn﹣2bn﹣2＝Sn﹣Sn﹣2＝bn，即bn＝2bn﹣2，可得bn＝2n﹣2，设{an}是公差为d的等差数列，a2b2＝4，a7+b3＝2即为a2+d＝2，a2+6d＝7，解得a2＝d＝2，可得an＝n；（2）cn＝anbn＝n•2n﹣2，前n项和，，两式相减可得﹣Tn＝2+2+4+…+2n﹣2﹣n2nn2n，化简可得Tn＝（n﹣2）2n+2．【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的递推式和数列的错位相减法求和，化简运算能力，属于中档题．18、（1）（2）【解析】

（1）由正弦定理可得；（2）由（1）求得，然后利用余弦定理求解．【详解】（1）在中，由正弦定理，得，因为，，，所以；（2）由（1）可知，，因为，所以，在中，由余弦定理，得，因为，，所以，即，解得或，又，则.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理解三角形，掌握正弦定理和余弦定理是解题关键．19、（1）（2）【解析】

（1）由等差数列可得,求得,即可求得通项公式；（2）由（1）,则利用裂项相消法求数列的和即可【详解】解:（1）因为数列是等差数列,且,,则,解得,所以（2）由（1）,,所以【点睛】本题考查等差数列的通项公式,考查裂项相消法求数列的和20、(1)见解析(2)（3）存在点，使，详见解析【解析】

(1)设与的交点为，证明进而证明直线平面.(2)先证明直线与平面所成角的为，再利用长度关系计算.(3)过点作，证明平面，即，所以存在.【详解】(1)设与的交点为，显然为中点，又点为线段的中点，所以，平面，平面