2023-2024学年上海第二工业大学附属龚路中学高一数学第二学期期末综合测试模拟试题含解析

2023-2024学年上海第二工业大学附属龚路中学高一数学第二学期期末综合测试模拟试题注意事项：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．已知,下列不等式中成立的是（）A． B． C． D．2．已知函数的图像如图所示，则和分别是（）A． B． C． D．3．《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作之一，其中《方田》章给出计算弧田面积所用的经验公式为：弧田面积（弦矢矢），弧田（如图）由圆弧和其所对弦所围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差，现有圆心角为，半径等于6米的弧田，按照上述经验公式计算所得弧田面积约为（）A．12平方米 B．16平方米 C．20平方米 D．24平方米4．在中，角所对的边分别为，已知，则最大角的余弦值是()A． B． C． D．5．方程的解集为（）A．B．C．D．6．已知平面向量=（1，－3），=（4，－2），与垂直，则是（）A．2 B．1 C．－2 D．－17．下列说法不正确的是（）A．圆柱的侧面展开图是一个矩形B．圆锥过轴的截面是一个等腰三角形C．平行于圆台底面的平面截圆台，截面是圆面D．直角三角形绕它的一边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥8．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则是（）A．纯角三角形 B．等边三角形C．直角三角形 D．等腰直角三角形9．在ΔABC中，角A,B,C对应的边分别是a,b,c，已知A=60°,a=43，A．30∘ B．45∘ C．6010．函数的周期为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．等比数列的首项为，公比为，记，则数列的最大项是第___________项.12．已知中，，则面积的最大值为_____13．已知数列为等比数列，，，则数列的公比为__________．14．若数列满足（，为常数），则称数列为“调和数列”，已知正项数列为“调和数列”，且，则的最大值是__________．15．在棱长均为2的三棱锥中，分别为上的中点，为棱上的动点，则周长的最小值为________.16．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______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．已知三棱锥中，，.若平面分别与棱相交于点且平面.求证:（1）；（2）.18．在平面直角坐标系中，已知射线与射线，过点作直线l分别交两射线于点A、B（不同于原点O）.（1）当取得最小值时，直线l的方程；（2）求的最小值；19．已知的外接圆的半径为，内角，，的对边分别为，，，又向量，，且.（1）求角；（2）求三角形的面积的最大值并求此时的周长.20．已知数列an满足an+1=2an（1）求证:数列bn（2）求数列an的前n项和为S21．已知的三个顶点，，.（1）求边所在直线的方程；（2）求边上中线所在直线的方程.

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】

逐个选项进行判断即可.【详解】A选项，因为，所以.当时即不满足选项B,C,D.故选A.【点睛】此题考查不等式的基本性质，是基础题.2、C【解析】

通过识别图像，先求，再求周期，将代入求即可【详解】由图可知：，，将代入得，又，，故故选C【点睛】本题考查通过三角函数识图求解解析式，属于基础题3、C【解析】

在中，由题意OA＝4，∠DAO＝，即可求得OD，AD的值，根据题意可求矢和弦的值，即可利用公式计算求值得解．【详解】如图，由题意可得：∠AOB＝，OA＝6，在中，可得：∠AOD＝，∠DAO＝，OD＝AO＝×6＝3，可得：矢＝6﹣3＝3，由AD＝AO＝6×＝3，可得：弦＝2AD＝2×3＝6，所以：弧田面积＝（弦×矢+矢2）＝（6×3+32）＝9+4.5≈20平方米．故选：C【点睛】本题考查扇形的面积公式，考查数学阅读能力和数学运算能力，属于中档题．4、B【解析】

由边之间的比例关系，设出三边长，利用余弦定理可求.【详解】因为，所以c边所对角最大，设，由余弦定理得，故选B.【点睛】本题考查余弦定理，计算求解能力，属于基本题.5、C【解析】

利用反三角函数的定义以及正切函数的周期为，即可得到原方程的解.【详解】由，根据正切函数图像以及周期可知：，故选：C【点睛】本题考查了反三角函数的定义以及正切函数的性质，需熟记正切函数的图像与性质，属于基础题.6、D【解析】

试题分析：，由与垂直可知考点：向量垂直与坐标运算7、D【解析】

根据旋转体的定义与性质，对选项中的命题分析、判断正误即可．【详解】A．圆柱的侧面展开图是一个矩形，正确；B．∵同一个圆锥的母线长相等，∴圆锥过轴的截面是一个等腰三角形，正确；C．根据平行于圆台底面的平面截圆台截面的性质可知：截面是圆面正确；D．直角三角形绕它的一条直角边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥，而直角三角形绕它的斜边旋转一周形成的曲面围成的几何体是两个对底面的两个圆锥，因此D不正确．故选：D．【点睛】本题考查了命题的真假判断，解题的关键是理解旋转体的定义与性质的应用问题，属于基础题．8、B【解析】

利用正弦定理结合条件，得到，再由，结合余弦定理，得到，从而得到答案.【详解】在中，由正弦定理得，而，所以得到，即，为的内角，所以，因为，所以，由余弦定理得.为的内角，所以，所以，为等边三角形.故选：B.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理判断三角形形状，属于简单题.9、A【解析】

根据正弦定理求得sinB，根据大边对大角的原则可求得B【详解】由正弦定理asinA∵b<a∴B<A∴B=本题正确选项：A【点睛】本题考查正弦定理解三角形，易错点是忽略大边对大角的特点，属于基础题.10、D【解析】

利用二倍角公式以及辅助角公式将函数化为，再利用三角函数的周期公式即可求解.【详解】，函数的最小正周期为.故选：D【点睛】本题考查了二倍角的余弦公式、辅助角公式以及三角函数的最小正周期的求法，属于基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

求得，则可将问题转化为求使得最大且使得为偶数的正整数的值，利用二次函数的基本性质求解即可.【详解】由等比数列的通项公式可得，，则问题转化为求使得最大且使得为偶数的正整数的值，，当时，取得最大值，此时为偶数.因此，的最大项是第项.故答案为：.【点睛】本题考查等比数列前项积最值的计算，将问题进行转化是解题的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.12、【解析】

设，则，根据面积公式得，由余弦定理求得代入化简，由三角形三边关系求得，由二次函数的性质求得取得最大值．【详解】解：设，则，根据面积公式得，由余弦定理可得，可得：，由三角形三边关系有：，且，解得：，故当时，取得最大值，故答案为：．【点睛】本题主要考查余弦定理和面积公式在解三角形中的应用．当涉及最值问题时，可考虑用函数的单调性和定义域等问题，属于中档题．13、【解析】

设等比数列的公比为，由可求出的值.【详解】设等比数列的公比为，则，，因此，数列的公比为，故答案为：.【点睛】本题考查等比数列公比的计算，在等比数列的问题中，通常将数列中的项用首项和公比表示，建立方程组来求解，考查运算求解能力，属于基础题.14、1【解析】因为数列是“调和数列”，所以，即数列是等差数列，所以，，所以，，当且仅当时等号成立，因此的最大值为1．点睛：本题考查创新意识，关键是对新定义的理解与转化，由“调和数列”的定义及已知是“调和数列”，得数列是等差数列，从而利用等差数列的性质可化简已知数列的和，结合基本不等式求得最值．本题难度不大，但考查的知识较多，要熟练掌握各方面的知识与方法，才能正确求解．15、【解析】

易证明中,且周长为,其中为定值,故只需考虑的最小值即可.【详解】由题,棱长均为2的三棱锥,故该三棱锥的四个面均为正三角形.又因为,故.故.且分别为上的中点,故.故周长为.故只需求的最小值即可.易得当时取得最小值为.故周长的最小值为.故答案为：【点睛】本题主要考查了立体几何中的距离最值问题,需要根据题意找到定量以及变量的最值情况即可.属于中档题.16、-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.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）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】

（1）利用线面平行的性质定理可得线线平行，最后利用平行公理可以证明出；（2）利用线面垂直的判定定理可以证明线面垂直，利用线面垂直的性质可以证明线线垂直，利用平行线的性质，最后证明出.【详解】证明（1）因为平面，平面平面,平面，所以有,同理可证出,根据平行公理，可得；（2）因为，，,平面，所以平面,而平面,所以,由（1）可知,所以.【点睛】本题考查了线面平行的性质定理，线面垂直的判定定理、以及平行公理的应用.18、（1）；（2）6.【解析】

（1）设，，利用三点共线可得的关系，计算出后由基本不等式求得最小值．从而得直线方程；（2）由（1）中所设坐标计算出，利用基本不等式由（1）中所得关系可得的最小值，从而得的最小值．【详解】（1）设，，因为A，B，M三点共线，所以与共线，因为，，所以，得，即，，等号当且仅当时取得，此时直线l的方程为.（2）因为由，所以，当且仅当时取得等号，所以当时，取最小值6.【点睛】本题考查直线方程的应用，考查三点共线的向量表示，考查用基本不等式求最值．用基本不等式求最值时要根据目标函数的特征采取不同的方法，如（1）中用“1”的代换配凑出基本不等式的条件求得最值，（2）直接由已知应用基本不等式求最值．19、(1).(2)，周长为.【解析】

（1）由，利用坐标表示化简，结合余弦定理求角C（2）利用（1）中，应用正弦定理和基本不等式，即可求出面积的最大值，此时三角形为正三角即可求周长.【详解】（1）∵，∴，且，由正弦定理得：，化简得：.由余弦定理：，∴，∵，∴.（2）∵，∴（当且仅当时取“”），所以，，此时，为正三角形，此时三角形的周长为.【点睛】本题主要考查了利用数量积判断两个平面向量的垂直关系，正弦定理，余弦定理，基本不等式，属于中档题.20、(1)证明见解析；(2)S【解析】

（1）计算得到bn+1bn（2）根据（1）知an