2024届安徽省铜陵五中高一数学第二学期期末考试模拟试题含解析

2024届安徽省铜陵五中高一数学第二学期期末考试模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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1．一位妈妈记录了孩子6至9岁的身高（单位：cm），所得数据如下表：年龄（岁）6789身高（cm）118126136144由散点图可知，身高与年龄之间的线性回归方程为，预测该孩子10岁时的身高为A．154 B．153 C．152 D．1512．一块各面均涂有油漆的正方体被锯成27个大小相同的小正方体，若将这些小正方体均匀地搅混在一起，从中任意取出一个，则取出的小正方体两面涂有油漆的概率是()A．127 B．29 C．43．直线与平行，则的值为()A． B．或 C．0 D．－2或04．在中，，，角的平分线，则长为()A． B． C． D．5．已知圆x2+y2+2x-6y+5a=0关于直线y=x+b成轴对称图形，则A．(0,8) B．(-∞,8) C．(-∞,16)6．向量，，若，则实数的值为A． B． C． D．7．已知非零向量与的夹角为，且，则（）A．1 B．2 C． D．8．三棱锥中，互相垂直，，是线段上一动点，若直线与平面所成角的正切的最大值是，则三棱锥的外接球的表面积是（）A． B． C． D．9．在数列中，，且数列是等比数列，其公比，则数列的最大项等于（）A． B． C．或 D．10．已知的内角、、的对边分别为、、，且，若，则的外接圆面积为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．在平面直角坐标系中，角的顶点在原点，始边与轴的正半轴重合，终边过点，则______12．已知椭圆的右焦点为，过点作圆的切线，若两条切线互相垂直，则_____________．13．给出下列四个命题：①正切函数在定义域内是增函数；②若函数，则对任意的实数都有；③函数的最小正周期是；④与的图象相同.以上四个命题中正确的有_________（填写所有正确命题的序号）14．已知，则____________________________．15．已知，各项均为正数的数列满足，，若，则的值是.16．如图，已知，，任意点关于点的对称点为，点关于点的对称点为，则向量_______（用，表示向量）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，为第二象限角.（1）求的值；（2）求的值.18．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，侧棱底面，垂直于和，为棱上的点，，.（1）若为棱的中点，求证：//平面；（2）当时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值；（3）在第（2）问条件下，设点是线段上的动点，与平面所成的角为，求当取最大值时点的位置.19．如图半圆的直径为4，为直径延长线上一点，且，为半圆周上任一点，以为边作等边（、、按顺时针方向排列）（1）若等边边长为，，试写出关于的函数关系；（2）问为多少时，四边形的面积最大？这个最大面积为多少？20．若，讨论关于x的方程在上的解的个数.21．某班在一次个人投篮比赛中，记录了在规定时间内投进个球的人数分布情况：进球数（个）012345投进个球的人数（人）1272其中和对应的数据不小心丢失了，已知进球3个或3个以上，人均投进4个球；进球5个或5个以下，人均投进2.5个球．（1）投进3个球和4个球的分别有多少人？（2）从进球数为3，4，5的所有人中任取2人，求这2人进球数之和为8的概率．

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、B【解析】试题分析：根据题意，由表格可知，身高y与年龄x之间的线性回归直线方程为，那么可知回归方程必定过样本中心点，即为（7,131）代入可知，=65，预测该学生10岁时的身高，将x=10代入方程中，即可知为153，故可知答案为B考点：线性回归直线方程点评：主要是考查了线性回归直线方程的回归系数的运用，属于基础题．2、C【解析】

先求出基本事件总数n＝27，在得到的27个小正方体中，若其两面涂有油漆，则这个小正方体必在原正方体的某一条棱上，且原正方体的一条棱上只有一个两面涂有油漆的小正方体，则两面涂有油漆的小正方体共有12个，由此能求出在27个小正方体中，任取一个其两面涂有油漆的概率．【详解】∵一块各面均涂有油漆的正方体被锯成27个大小相同的小正方体，∴基本事件总数n＝27，在得到的27个小正方体中，若其两面涂有油漆，则这个小正方体必在原正方体的某一条棱上，且原正方体的一条棱上只有一个两面涂有油漆的小正方体，则两面涂有油漆的小正方体共有12个，则在27个小正方体中，任取一个其两面涂有油漆的概率P=1227=故选：C【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、正方体性质等基础知识，考查推理论证能力、空间想象能力，考查函数与方程思想，是基础题．3、A【解析】

若直线与平行,则,解出a值后,验证两条直线是否重合,可得答案.【详解】若直线与平行,

则,

解得或,

又时,直线与表示同一条直线,

故,

故选A.本题考查的知识点是直线的一般式方程,直线的平行关系,正确理解直线平行的几何意义是解答的关键.4、B【解析】

在中利用正弦定理可求，从而可求，再根据内角和为可得，从而得到为等腰三角形，故可求的长.【详解】在中，由正弦定理有即，所以，因为，故，故，所以，故，为等腰三角形，故.故选B.【点睛】在解三角形中，我们有时需要找出不同三角形之间相关联的边或角，由它们沟通分散在不同三角形的几何量．5、D【解析】

根据圆关于直线成轴对称图形得b=4，根据二元二次方程表示圆得a<2，再根据指数函数的单调性得4a【详解】解：∵圆x2+y∴圆心(-1,3)在直线∴3=-1+b，解得b=4又圆的半径r=4+36-20a2>0b故选：D．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，属中档题．6、C【解析】

利用向量平行的坐标表示，即可求出．【详解】向量，，，即解得．故选．【点睛】本题主要考查向量平行的坐标表示．7、B【解析】

根据条件可求出，从而对两边平方即可得出，解出即可．【详解】向量与的夹角为，且；；；；或0（舍去）；．故选：．【点睛】本题主要考查了向量数量积的定义及数量积的运算公式，属于中档题.8、B【解析】是线段上一动点，连接，∵互相垂直，∴就是直线与平面所成角，当最短时，即时直线与平面所成角的正切的最大．此时，，在直角△中，．三棱锥扩充为长方体，则长方体的对角线长为，∴三棱锥的外接球的半径为，∴三棱锥的外接球的表面积为．选B.点睛:空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点构成的三条线段两两互相垂直，且，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解．9、C【解析】

在数列中，，，且数列是等比数列，其公比，利用等比数列的通项公式可得：．可得，利用二次函数的单调性即可得出．【详解】在数列中，，，且数列是等比数列，其公比，．，．由或8时，，或9时，，数列的最大项等于或．故选：C.【点睛】本题考查等比数列的通项公式、累乘法、二次函数的单调性，考查推理能力与计算能力，属于中档题．10、D【解析】

先化简得，再利用正弦定理求出外接圆的半径，即得的外接圆面积.【详解】由题得，所以，所以，所以,所以.由正弦定理得,所以的外接圆面积为.故选D【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，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.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、-1【解析】

根据三角函数的定义求得，再代入的展开式进行求值.【详解】角终边过点，终边在第三象限，根据三角函数的定义知：，【点睛】考查三角函数的定义及三角恒等变换，在变换过程中要注意符号的正负.12、【解析】

首先分析直线与圆的位置关系，然后结合已知可判断四边形的形状，得出的比值，最后得到答案.【详解】设切点为，根据已知两切线垂直，四边形是正方形，，根据，可得.故填：.【点睛】本题考查了直线与圆的几何性质，以及椭圆的性质，考查了转化与化归的能力，属于基础题型.13、②③④【解析】

①利用反例证明命题错误；②先判断为其中一条对称轴；③通过恒等变换化成；④对两个解析式进行变形，得到定义域和对应关系均一样.【详解】对①，当，显然，但，所以，不符合增函数的定义，故①错；对②，当时，，所以为的一条对称轴，当取，取时，显然两个数关于直线对称，所以，即成立，故②对；对③，，，故③对；对④，因为，，两个函数的定义域都是，解析式均为，所以函数图象相同，故④对.综上所述，故填：②③④.【点睛】本题对三角函数的定义域、值域、单调性、对称性、周期性等知识进行综合考查，求解过程中要注意数形结合思想的应用.14、【解析】

分子、分母同除以，将代入化简即可.【详解】因为，所以,故答案为.【点睛】本题主要考查同角三角函数之间的关系的应用，属于基础题.同角三角函数之间的关系包含平方关系与商的关系，平方关系是正弦与余弦值之间的转换，商的关系是正余弦与正切之间的转换.15、【解析】

由题意得，依次求得，，，，，∵，且＞0，∴，依次求得======，∴+=+=．考点：数列的递推公式．16、【解析】

先求得，然后根据中位线的性质，求得.【详解】依题意，由于分别是线段的中点，故.【点睛】本小题主要考查平面向量减法运算，考查三角形中位线，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、（1）；（2）【解析】

（1）根据同角三角函数平方关系即可求得结果；（2）利用同角三角函数商数关系可求得，代入两角和差正切公式可求得结果.【详解】（1）为第二象限角（2）由（1）知：【点睛】本题考查同角三角函数值的求解、两角和差正切公式的应用；易错点是忽略角所处的范围，造成三角函数值符号求解错误.18、（1）见解析；（2）；（3）即点N在线段CD上且【解析】

（1）取线段SC的中点E，连接ME，ED．可证是平行四边形，从而有，则可得线面平行；（2）以点A为坐标原点，建立分别以AD、AB、AS所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，求出两平面与平面的法向量，由法向量夹角的余弦值可得二面角的余弦值；（3）设，其中，求出，由MN与平面所成角的正弦值为与平面的法向量夹角余弦值的绝对值可求得结论．【详解】（1）证明：取线段SC的中点E，连接ME，ED．在中，ME为中位线，∴且，∵且，∴且，∴四边形AMED为平行四边形．∴．∵平面SCD，平面SCD，∴平面SCD．（2）解：如图所示以点A为坐标原点，建立分别以AD、AB、AS所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，由条件得M为线段SB近B点的三等分点．于是，即，设平面AMC的一个法向量为，则，将坐标代入并取，得．另外易知平面SAB的一个法向量为，所以平面AMC与平面SAB所成的锐二面角的余弦为．（3）设，其中．由于，所以．所以，可知当，即时分母有最小值，此时有最大值，此时，，即点N在线段CD上且．【点睛】本题考查线面平行的证明，考查求二面角与线面角．求空间角时，一般建立空间直角坐标系，由平面法向量的夹角求得二面角，由直线的方向向量与平面法向量的夹角与线面角互余可求得线面角．19、（1）；（2）θ＝时，四边形OACB的面积最大，其最大面积为．【解析】

（1）根据余弦定理可求得（2）先表示出△ABC的面积及△OAB的面积，进而表示出四边形OACB的面积，并化简函数的解析式为正弦型函数的形式，再结合正弦型函数最值的求法进行求解．【详解】（1）由余弦定理得则（2）四边形OACB的面积＝△OAB的面积+△ABC的面积则△ABC的面积△OAB的面积•OA•OB•sinθ•2•4•sinθ＝4sinθ四边形OACB的面积4sinθ=sin（θ﹣）∴当θ﹣＝，即θ＝时，四边形OACB的面积最大，其最大面积为．【点睛】本题考查利用正余弦定理求解面积最值，其中准确列出面积表达式是关键，考查化简求值能力，是中档题20、答案不唯一，见解析【解析】

首先将方程化简为，再画出的图像，根据和交点的个数即可求出方程根的个数.【详解】由题知：，，.令，，图像如图所示：当或，即或时，无解，即方程无解.当，即时，得到，则方程有两个解.当，即时，得到在有两个解，则方程有四个解.当，即时，得到或，则方程有四个解.当，即时，得到在有一个解，则方程有两个解.当，即时，得到，则方程有一个解.综上所述：当或时，即方程无解，当时，方程有一个解.当或时，方程有两个解.当时，方程有四个解.【点睛】本题主要考查函数的零点问题，同时考查了分类讨论的思想，数形结合为解题的关键，属于难题.21、（1）投进3个球和4个球的分别有2人和2人；（2）.【解析】

（1）设投进3个球和4个球的分别有，人