江苏省苏州市实验中学2024届高一下数学期末教学质量检测模拟试题含解析

江苏省苏州市实验中学2024届高一下数学期末教学质量检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．在中，，设向量与的夹角为，若，则的取值范围是（）A． B． C． D．2．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．723．已知下列各命题：①两两相交且不共点的三条直线确定一个平面：②若真线不平行于平面，则直线与平面有公共点：③若两个平面垂直，则一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的无数条直线：④若两个二面角的两个面分别对应垂直，则这两个二面角相等或互补.则其中正确的命题共有（）个A． B． C． D．4．已知函数，在下列函数图像中，不是函数的图像的是（）A． B． C． D．5．计算的值为（）A． B． C． D．6．等差数列{an}的公差是2，若a2,a4A．n(n+1) B．n(n-1) C．n(n+1)2 D．7．向量，，若，则（）A．5 B． C． D．8．若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为A．0.3 B．0.4 C．0.6 D．0.79．，，是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是A．， B．，C．，，共面 D．，，共点，，共面10．若长方体三个面的面积分别为2，3，6，则此长方体的外接球的表面积等于（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知三棱锥（如图所示），平面，，，，则此三棱锥的外接球的表面积为______．12．在边长为2的菱形中，，是对角线与的交点，若点是线段上的动点，且点关于点的对称点为，则的最小值为______.13．等差数列{}前n项和为.已知+-=0，=38,则m=_______.14．已知向量，，且与垂直，则的值为______.15．若函数图象各点的横坐标缩短为原来的一半，再向左平移个单位，得到的函数图象离原点最近的的对称中心是______．16．下列命题中：①若，则的最大值为；②当时，；③的最小值为；④当且仅当均为正数时，恒成立.其中是真命题的是__________．(填上所有真命题的序号)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．如图是函数的部分图像，是它与轴的两个不同交点，是之间的最高点且横坐标为，点是线段的中点.（1）求函数的解析式及上的单调增区间；（2）若时，函数的最小值为，求实数的值.18．已知数列前项和为，，且满足（）．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）若，设数列前项和为，求证：．19．如图，已知点P在圆柱OO1的底面⊙O上，分别为⊙O、⊙O1的直径，且平面．（1）求证：；（2）若圆柱的体积，①求三棱锥A1﹣APB的体积．②在线段AP上是否存在一点M，使异面直线OM与所成角的余弦值为？若存在，请指出M的位置，并证明；若不存在，请说明理由．20．在中，成等差数列，分别为的对边，并且，，求.21．内角的对边分别为，已知.（1）求；（2）若，，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、A【解析】

根据向量与的夹角的余弦值，得到，然后利用正弦定理，表示出，根据的范围，得到的范围.【详解】因为向量与的夹角为，且，所以，在中，由正弦定理，得，所以，因为，所以，所以.故选：A.【点睛】本题考查向量的夹角，正弦定理解三角形，求正弦函数的值域，属于简单题.2、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．3、B【解析】

①利用平面的基本性质判断.②利用直线与平面的位置关系判断.③由面面垂直的性质定理判断.④通过举反例来判断.【详解】①两两相交且不共点，形成三个不共线的点，确定一个平面，故正确.②若真线不平行于平面，则直线与平面相交或在平面内，所以有公共点，故正确.③若两个平面垂直，则一个平面内，若垂直交线的直线则垂直另一个平面，垂直另一平面内所有直线，若不垂直与交线，也与另一平面内垂直交线的直线及其平行线垂直，也有无数条，故正确.④若两个二面角的两个面分别对应垂直，则这两个二面角关系不确定，如图：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，二面角D-AA1-F与二面角D1-DC-A的两个半平面就是分别对应垂直的，但是这两个二面角既不相等，也不互补．故错误..故选：B【点睛】本题主要考查了点、线、面的位置关系，还考查了推理论证和理解辨析的能力，属于基础题.4、C【解析】

根据幂函数图像不过第四象限选出选项.【详解】函数为幂函数，图像不过第四象限，所以C中函数图像不是函数的图像.故选：C.【点睛】本小题主要考查幂函数图像不过第四象限，属于基础题.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、A【解析】试题分析：由已知得，a42=a2⋅a8，又因为{an}【考点】1、等差数列通项公式；2、等比中项；3、等差数列前n项和．7、A【解析】

由已知等式求出，再根据模的坐标运算计算出模．【详解】由得，解得．∴，，．故选：A．【点睛】本题考查求向量的模，考查向量的数量积，及模的坐标运算．掌握数量积和模的坐标表示是解题基础．8、B【解析】

分析：由公式计算可得详解：设事件A为只用现金支付，事件B为只用非现金支付，则因为所以，故选B.点睛：本题主要考查事件的基本关系和概率的计算，属于基础题．9、B【解析】

解：因为如果一条直线平行于两条垂线中的一条，必定垂直于另一条．选项A，可能相交．选项C中，可能不共面，比如三棱柱的三条侧棱，选项D，三线共点，可能是棱锥的三条棱，因此错误．选B.10、C【解析】

设长方体过一个顶点的三条棱长分别为，，，由已知面积求得，，的值，得到长方体对角线长，进一步得到外接球的半径，则答案可求．【详解】设长方体过一个顶点的三条棱长分别为，，，则，解得，，．长方体的对角线长为．则长方体的外接球的半径为，此长方体的外接球的表面积等于．故选：C．【点睛】本题考查长方体外接球表面积的求法，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意长方体的对角线长为长方体外接球的直径.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

由于图形特殊，可将图形补成长方体，从而求长方体的外接球表面积即为所求.【详解】，，，，平面，将三棱锥补形为如图的长方体，则长方体的对角线，则【点睛】本题主要考查外接球的相关计算，将图形补成长方体是解决本题的关键，意在考查学生的划归能力及空间想象能力.12、-6【解析】

由题意，然后结合向量共线及数量积运算可得，再将已知条件代入求解即可.【详解】解：菱形的对称性知，在线段上，且，设，则，所以，又因为，当时，取得最小值-6.故答案为：-6.【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，重点考查了向量共线及数量积运算，属中档题.13、10【解析】

根据等差数列的性质，可得：+=2，又+-=0，则2=，解得=0（舍去）或=2.则，,所以m＝10.14、【解析】

根据与垂直即可得出，进行数量积的坐标运算即可求出x的值．【详解】；；．故答案为．【点睛】本题考查向量垂直的充要条件，以及向量数量积的坐标运算，属于基础题．15、【解析】

由二倍角公式化简函数式，然后由三角函数图象变换得新解析式，结合正弦函数性质得对称中心．【详解】由题意，经过图象变换后新函数解析式为，由，，，绝对值最小的是，因此所求对称中心为．故答案为：．【点睛】本题考查三角函数的图象变换，考查正弦函数的性质，考查二倍角公式，掌握正弦函数性质是解题关键．16、①②【解析】

根据均值不等式依次判断每个选项的正误，得到答案.【详解】①若，则的最大值为，正确②当时，，时等号成立，正确③的最小值为，取错误④当且仅当均为正数时，恒成立均为负数时也成立.故答案为①②【点睛】本题考查了均值不等式，掌握一正二定三相等的具体含义是解题的关键.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）由点是线段的中点，可得和的坐标，从而得最值和周期，可得和，再代入顶点坐标可得，再利用整体换元可求单调区间；（2）令得到，讨论二次函数的对称轴与区间的位置关系求最值即可.【详解】（1）因为为中点，，所以，，则，，又因为，则所以，由又因为，则所以令又因为则单调递增区间为.（2）因为所以令，则对称轴为①当时，即时，；②当时，即时，（舍）③当时，即时，（舍）综上可得：.【点睛】本题主要考查了利用三角函数的图象求解三角函数的解析式及二次函数轴动区间定的最值问题，考查了学生的分类讨论思想及计算能力，属于中档题.18、（Ⅰ）（Ⅱ）详见解析【解析】【试题分析】（1）借助递推关系式，运用等比数列的定义分析求解；（2）依据题设条件运用列项相消求和法进行求解：（Ⅰ），由（），得（），两式相减得．由，得,又，所以是以为首项，3为公比的等比数列，故．（Ⅱ），，．19、（1）见解析；（2）①，②见解析【解析】

（1）根据，得出平面，故而；（2）①根据圆柱的体积计算，根据计算，，代入体积公式计算棱锥的体积；②先证明就是异面直线与所成的角，然后根据可得，故为的中点．【详解】（1）证明：∵P在⊙O上，AB是⊙O的直径，平面又，平面，又平面，故．（2）①由题意，解得，由，得，，∴三棱锥的体积．②在AP上存在一点M，当M为AP的中点时，使异面直线OM与所成角的余弦值为．证明：∵O、M分别为的中点，则，就是异面直线OM与所成的角，又，在中，．∴在AP上存在一点M，当M为AP的中点时，使异面直线OM与所成角的余弦值为．【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定与性质，棱锥的体积计算以及异面直线所成的角，属于中档题．20、或.【解析】

先算出，从而得到，也就是，结合面积得到，再根据余弦定理可得，故可解得的大小.【详解】∵成等差数列，∴，又，∴，∴.所以，所以，①又，∴.②由①②，得，，而由余弦定理可知∴即.③联立③与②解得或，综上，或.【点睛】三角形中共有七个几何量（三边三角以及外接圆的半径），一般地，知道其中的三个量（除三个角外），可以求得其余的四个量.（1）如果知道三边或两边及其夹角，用余弦定理；（2）如果知道两边即一边所对的角，用正弦定理（也可以用余弦定理求第三条边）；（3）如