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福建省厦门市大同中学2023-2024学年高一数学第二学期期末检测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．在棱长为1的正方体中，点在线段上运动，则下列命题错误的是（）A．异面直线和所成的角为定值 B．直线和平面平行C．三棱锥的体积为定值 D．直线和平面所成的角为定值2．下列函数中同时具有性质：①最小正周期是，②图象关于点对称，③在上为减函数的是（）A． B．C． D．3．内角，，的对边分别为，，.已知，，，则这样的三角形有（）A．0个 B．1个 C．2个 D．1个或2个4．在中，内角、、所对的边分别为、、，且，则下列关于的形状的说法正确的是（）A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不能确定5．已知函数，（），若对任意的（），恒有，那么的取值集合是（）A． B． C． D．6．已知点，点满足线性约束条件O为坐标原点，那么的最小值是A． B． C． D．7．已知偶函数在区间上单调递增，则满足的的取值范围是（）A． B．C． D．8．已知是两条异面直线，，那么与的位置关系（）A．一定是异面 B．一定是相交 C．不可能平行 D．不可能垂直9．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯：A．281盏 B．9盏 C．6盏 D．3盏10．已知，则的值等于()A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．若存在实数使得关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是____.12．已知函数，若对任意都有（）成立，则的最小值为__________．13．已知，，则______.14．在平面直角坐标系中，从五个点：中任取三个，这三点能构成三角形的概率是_______．15．如图，已知扇形和，为的中点.若扇形的面积为1，则扇形的面积为______.16．已知，是夹角为的两个单位向量，向量，，若，则实数的值为________.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．已知函数．（1）求证函数在上是单调减函数．（2）求函数在上的值域．18．函数.（1）求函数的图象的对称轴方程；（2）当时，不等式恒成立，求m的取值范围.19．如图，在五面体ABCDEF中，点O是矩形ABCD的对角线的交点，面CDE是等边三角形，棱．（1）证明FO∥平面CDE；（2）设BC=CD，证明EO⊥平面CDE．20．在中，，，，解三角形.21．等差数列的各项均为正数，，的前项和为，为等比数列，，且．（1）求与；（2）求数列的前项和.

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】

结合条件和各知识点对四个选项逐个进行分析，即可得解.【详解】，在棱长为的正方体中，点在线段上运动易得平面，平面，，故这两个异面直线所成的角为定值，故正确，直线和平面平行，所以直线和平面平行，故正确，三棱锥的体积还等于三棱锥的体积，而平面为固定平面且大小一定，，而平面点到平面的距离即为点到该平面的距离，三棱锥的体积为定值，故正确，由线面夹角的定义，令与的交点为，可得即为直线和平面所成的角，当移动时这个角是变化的，故错误故选【点睛】本题考查了异面直线所成角的概念、线面平行及线面角等，三棱锥的体积的计算可以进行顶点轮换及线面平行时，直线上任意一点到平面的距离都相等这一结论，即等体积法的转换．2、C【解析】

根据周期公式排除A选项；根据正弦函数的单调性，排除B选项；将代入函数解析式，排除D选项；根据周期公式，将代入函数解析式，余弦函数的单调性判断C选项正确.【详解】对于A项，，故A错误；对于B项，，，函数在上单调递增，则函数在上单调递增，故B错误；对于C项，；当时，，则其图象关于点对称；当，，函数在区间上单调递减，则函数在区间单调递减，故C正确；对于D项，当时，，故D错误；故。篊【点睛】本题主要考查了求正余弦函数的周期，单调性以及对称性的应用，属于中档题.3、C【解析】

根据和的大小关系，判断出解的个数.【详解】由于，所以，故解的个数有两个.如图所示两个解.故。篊【点睛】本小题主要考查正弦定理的运用过程中，三角形解的个数判断，属于基础题.4、B【解析】

利用三角形的正、余弦定理判定．【详解】在中，内角、、所对的边分别为、、，且，由正弦定理得，得，则，为直角三角形．故选B【点睛】本题考查了三角形正弦定理的应用，属于基础题．5、A【解析】当时，，画出图象如下图所示，由图可知，时不符合题意，故选.【点睛】本题主要考查含有绝对值的不等式的解法，考查选择题的解题策略中的特殊值法.主要的需要满足的是，根据不等式的解法，大于在中间，小于在两边，可化简为，左右两边为二次函数，中间可以由对数函数图象平移得到，由此画出图象验证是否符合题意.6、D【解析】

点满足线性约束条件∵令目标函数画出可行域如图所示，联立方程解得在点处取得最小值：故选D【点睛】此题主要考查简单的线性规划问题以及向量的内积的问题，解决此题的关键是能够找出目标函数.7、A【解析】

根据题意，由函数的奇偶性分析可得，进而结合单调性分析可得，解可得的取值范围，即可得答案．【详解】解：根据题意，为偶函数，则，

又由函数在区间上单调递增，

则，

解得：，

故。篈．【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，关键是得到关于的不等式．8、C【解析】

由平行公理，若，因为，所以，与、是两条异面直线矛盾，异面和相交均有可能．【详解】、是两条异面直线，，那么与异面和相交均有可能，但不会平行．因为若，因为，由平行公理得，与、是两条异面直线矛盾．故选C．【点睛】本题主要考查空间的两条直线的位置关系的判断、平行公理等知识，考查逻辑推理能力，属于基础题.9、D【解析】

设塔的顶层共有盏灯，得到数列的公比为2的等比数列，利用等比数列的前n项公式，即可求解．【详解】设塔的顶层共有盏灯，则数列的公比为2的等比数列，所以，解得，即塔的顶层共有3盏灯，故选D．【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式与求和公式的应用，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．10、D【解析】，所以，则，故选择D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

先求得的取值范围，将题目所给不等式转化为含的绝对值不等式，对分成三种情况，结合绝对值不等式的解法和不等式恒成立的思想，求得的取值范围.【详解】由于，故可化简得恒成立.当时，显然成立.当时，可得，，可得且，可得，即，解得.当时，可得，可得且，可得，即，解得.综上所述，的取值范围是.【点睛】本小题主要考查三角函数的值域，考查含有绝对值不等式恒成立问题，考查存在性问题的求解策略，考查函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.12、【解析】

根据和的取值特点，判断出两个值都是最值，然后根据图象去确定最小值.【详解】因为对任意成立，所以取最小值，取最大值；取最小值时，与必为同一周期内的最小值和最大值的对应的，则，且，故.【点睛】任何一个函数，若有对任何定义域成立，此时必有：，.13、【解析】

利用同角三角函数的基本关系求得的值，利用二倍角的正切公式，求得，再利用两角和的正切公式，求得的值，再结合的范围，求得的值．【详解】，，，，，，故答案：.【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和的正切公式，二倍角的正切公式，根据三角函数的值求角，属于基础题．14、【解析】

分别算出两点间的距离，共有种，构成三角形的条件为任意两边之和大于第三边，所以在这10种中找出满足条件的即可．【详解】由两点之间的距离公式，得：，，，任取三点有：，共10种，能构成三角形的有：，共6种，所求概率为：.【点睛】构成三角形必须满足任意两边之和大于第三边，则n个点共有个线段，找出满足条件的即可，属于中等难度题目．15、1【解析】

设，在扇形中，利用扇形的面积公式可求，根据已知，在扇形中，利用扇形的面积公式即可计算得解．【详解】解：设，扇形的面积为1，即：，解得：，为的中点，，在扇形中，．故答案为：1．【点睛】本题主要考查了扇形的面积公式的应用，考查了数形结合思想和转化思想，属于基础题．16、【解析】

由题意得，且，，由=，解得即可.【详解】已知，是夹角为的两个单位向量，所以，得，若解得故答案为【点睛】本题考查了向量数量积的运算性质，考查了计算能力，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）证明见解析（2）【解析】

(1)直接用定义法证明函数的单调性.

(2)利用（1）的单调性结论可求函数在上的值域【详解】（1）证明：任。以蛴，且，则，所以所以所以函数在上是单调减函数．（2）由（1）可得函数在上单调减函数所以，即所以函数在上的值域为：.【点睛】本题考查利用定义法证明函数的单调性和结合函数单调性求函数的值域.属于基础题.18、（1），（2）【解析】

（1）首先利用二倍角公式及两角和差的正弦公式化简得到，再根据正弦函数的性质求出函数的对称轴；（2）由，求出的值域，设，则.则当时，不等式恒成立，等价于对于恒成立，则解得即可；【详解】解：（1）.即令，解得，则图象的对称轴方程为，（2）当时，，则，从而，设，则.当时，不等式恒成立，等价于对于恒成立，则解得.故m的取值范围为.【点睛】本题考查两角和与差的正弦公式，考查三角变换与辅助角公式的应用，突出考查正弦函数的性质以及一元二次不等式在给定区间上恒成立问题，属于中档题．19、(1)证明见解析；(2)证明见解析；【解析】

（1）利用中点做辅助线，构造出平行四边形即可证明线面平行；（2）根据所给条件构造出菱形，再根据两个对应的线段垂直关系即可得到线面垂直.【详解】证明：（1）取CD中点M，连结OM，连结EM，在矩形ABCD中，又,则,于是四边形EFOM为平行四边形．∴FO∥EM.又∵FO平面CDE，且EM平面CDE，∴FO∥平面CDE．（2）连结FM,由（1）和已知条件，在等边ΔCDE中，CM=DM,EM⊥CD且因此平行四边形EFOM为菱形，从而EO⊥FM.∵CD⊥OM,CD⊥EM∴CD⊥平面EOM，从而CD⊥EO.而FMCD=M,所以EO⊥平面CDF.【点睛】（1）线面平行的判定定理：平面外的一条直线与平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面；（2）线面垂直的判定定理：一条直线与平面内两条相交直线垂直，则该直线垂直于此平面.20、当时，，，当，，【解析】

利用已知条件通过正弦定理求出，然后利用正弦定理或余弦定理转化求解，即可求解．【详解】在中，，由正弦定理可得：＝＝，因为，所以或，当时，因为，所以，从而，当时，因为，所以，从而＝．【点睛】本题主要考查了三角形的解法，正弦定理以及余弦定理的应用，其中解答中熟记三角形的正弦定理与余弦定理，合理运用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．21、（1）；（2）【解析】试题分析：（1）的公差为，的公比为，利用等比数列的通项公式和等差数列的前项和公式，由列出关于的方程组，解出的值，从而得到与的表达式.（2）根据数列的特点,可用错位相减法求它的前项和,由（1）的结果知，两边同乘以2得由(1)(2)两式两边分别相减,可转化为等比数列的求和问题解决.试题解析：（1）设的公差为，的公比为，则为正整数，，依题意有，即，解得或者（舍去），故．4分（2）．6分，，两式相减得8分，所以12分考点：1、等差数列和等比数列；2、错位相减法求特数列的前项和.