广东省惠东县惠东中学2024-2025学年数学高一下期末达标检测模拟试题含解析.doc

广东省惠东县惠东中学2024-2025学年数学高一下期末达标检测模拟试题
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．为了得到函数的图象，只需把函数的图象上的所有的点（ ）
A．向左平移个单位 B．向右平移个单位
C．向左平移个单位 D．向右平移个单位
2．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
3．已知函数，其函数图像的一个对称中心是，则该函数的单调递增区间可以是（ ）
A． B． C． D．
4．倾斜角为,在轴上的截距为的直线方程是
A． B． C． D．
5．四边形，，，，则的外接圆与的内切圆的公共弦长（ ）
A． B． C． D．
6．执行如图所示的程序框图，输出S的值为（ ）

A．－ B． C．－ D．
7．若函数（）的最大值与最小正周期相同，则下列说法正确的是（ ）
A．在上是增函数 B．图象关于直线对称
C．图象关于点对称 D．当时，函数的值域为
8．从四件正品、两件次品中随机取出两件，记“至少有一件次品”为事件，则的对立事件是（ ）
A．至多有一件次品 B．两件全是正品 C．两件全是次品 D．至多有一件正品
9．设、满足约束条件，则的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
10．已知函数和的定义域都是，则它们的图像围成的区域面积是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知一组数据，，，的方差为，则这组数据，，，的方差为______．
12．若在区间（且）上至少含有30个零点，则的最小值为_____．
13．中，，，，则______.
14．设的内角、、的对边分别为、、，且满足.则______.
15．命题“，”是________命题（选填“真”或“假”）.
16．已知数列满足，，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．解下列方程
（1）；
（2）；
18．已知函数.
（1）求函数图象的对称轴方程;
（2）若对于任意的，恒成立，求实数的取值范围.
19．已知函数.
(1)求函数f(x)的最小值及f(x)取到最小值时自变量x的集合；
(2)指出函数y＝f(x)的图象可以由函数y＝sinx的图象经过哪些变换得到；
20．设的内角所对的边分别为，且，．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求的值．
21．如图，在平行四边形中，边所在直线的方程
为，点.
（Ⅰ）求直线的方程；
（Ⅱ）求边上的高所在直线的方程.

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、D
【解析】
把系数2提取出来，即即可得结论．
【详解】
，因此要把图象向右平移个单位．
故选D．
本题考查三角函数的图象平移变换．要注意平移变换是加减平移单位，即向右平移个单位得图象的解析式为而不是．
2、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．
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．
3、D
【解析】
根据对称中心，结合的范围可求得，从而得到函数解析式；将所给区间代入求得的范围，与的单调区间进行对应可得到结果.
【详解】
为函数的对称中心 ，
解得：，

当时，，此时不单调，错误；
当时，，此时不单调，错误；
当时，，此时不单调，错误；
当时，，此时单调递增，正确
本题正确选项：
本题考查正切型函数单调区间的求解问题，涉及到利用正切函数的对称中心求解函数解析式；关键是能够采用整体对应的方式，将正切型函数与正切函数进行对应，从而求得结果.
4、D
【解析】
试题分析：倾斜角，直线方程截距式
考点：斜截式直线方程
点评：直线斜率为，在y轴上的截距为，则直线方程为，求直线方程最终结果整理为一般式方程
5、C
【解析】
以为坐标原点，以为轴，轴建立平面直角坐标系，求出的外接圆与的内切圆的方程，两圆方程相减可得公共弦所在直线方程，求出弦心距，进而可得公共弦长.
【详解】
解：以为坐标原点，以为轴，轴建立平面直角坐标系，

过作交于点，则，故，
则为等边三角形，
故，
的外接圆方程为，①
的内切圆方程为，②
①-②得两圆的公共弦所在直线方程为:,
的外接圆圆心到公共弦的距离为，
公共弦长为，
故答案为：C.
本题考查两圆公共弦长的求解，关键是要求出两圆的公共弦所在直线方程，将两圆方程作差即可得到，是中档题.
6、D
【解析】
试题分析：由已知可得，故选D.
考点：程序框图.
7、A
【解析】
先由函数的周期可得，再结合三角函数的性质及三角函数值域的求法逐一判断即可得解.
【详解】
解：由函数（）的最大值与最小正周期相同，
所以，即，
即，
对于选项A，令，解得：，
即函数的增区间为，当时，函数在为增函数，即A正确，
对于选项B，令，解得，即函数的对称轴方程为：，又无解，则B错误，
对于选项C，令，解得，即函数的对称中心为：，又无解，则C错误，
对于选项D，，则，即函数的值域为，即D错误，
综上可得说法正确的是选项A，
故选：A.
本题考查了三角函数的性质，重点考查了三角函数值域的求法，属中档题.
8、B
【解析】
根据对立事件的概念，选出正确选项.
【详解】
从四件正品、两件次品中随机取出两件，“至少有一件次品”的对立事件为两件全是正品.
故选：B
本小题主要考查对立事件的理解，属于基础题.
9、C
【解析】
作出不等式组所表示的可行域，平移直线，观察直线在轴上的截距最大时对应的最优解，再将最优解代入目标函数可得出结果.
【详解】
作出不等式组所表示的可行域如下图中的阴影部分区域表示：

联立，得，可得点的坐标为.
平移直线，当该直线经过可行域的顶点时，直线在轴上的截距最大，此时取最大值，即，故选：C.
本题考查简单线性规划问题，一般作出可行域，利用平移直线结合在坐标轴上的截距取最值来取得，考查数形结合思想的应用，属于中等题.
10、C
【解析】
由可得，所以的图像是以原点为圆心，为半径的圆的上半部分；再结合图形求解.
【详解】
由可得 ，
作出两个函数的图像如下：

则区域①的面积等于区域②的面积，
所以他们的图像围成的区域面积为半圆的面积，
即.
故选C.
本题考查函数图形的性质，关键在于的识别.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
利用方差的性质直接求解．
【详解】
一组数据，，，的方差为5，
这组数据，，，的方差为：．
本题考查方差的性质应用。若的方差为，
则的方差为。
12、
【解析】
首先求出在上的两个零点，再根据周期性算出至少含有30个零点时的值即可
【详解】
根据，即，故，或，
∵在区间（且）上至少含有30个零点，
∴不妨假设（此时，），则此时的最小值为，（此时，），
∴的最小值为，
故答案为：
本题函数零点个数的判断，解决此类问题通常结合周期、函数图形进行解决。属于难题。
13、
【解析】
根据，得到的值，再由余弦定理，得到的值.
【详解】
因为，
所以，
在中，，，
由余弦定理得

.
所以.
故答案为：
本题考查二倍角的余弦公式，余弦定理解三角形，属于简单题.
14、4
【解析】
解法1 有题设及余弦定理得
.
故 .
解法2 如图4，过点作，垂足为.则
，.
由题设得.又，联立解得
，.故.

解法3 由射影定理得.
又，与上式联立解得
，.故.
15、真
【解析】
当时，成立，即命题“，”为真命题.
16、
【解析】
令代入可求得；方程两边取倒数，构造出等差数列，即可得答案.
【详解】
令，则；
∵，
∴数列为等差数列，∴，
∴.
故答案为：；.
本题考查数列的递推关系求通项，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意两边取倒数，构造新等差数列的方法.

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）或；（2）；
【解析】
（1）由，得，解方程即可.
（2）由已知得到，解得即可.
【详解】
（1），
，
或，
或.
（2），
，解得.
本题考查了指数型、对数型方程，考查了指数、对数的运算，属于基础题.
18、（1）（2）
【解析】
(1)通过三角恒等变形，化简为的形式，方便我们去研究与其相关的任何问题；
（2）恒成立，可转化，我们只需要求出最大值从而完成本题.
【详解】
（1）

令得，
所以的对称轴为
（2）当时，，，
因为，即恒成立
故，解得
在研究三角函数相关的性质（值域、对称中心、对称轴、单调性……）我们都是将其化为（或者余弦、正切相对应）的形式，利用整体思想，我们能比较方便的去研究他们相关性质.
19、（1），此时自变量的集合是（2）见解析
【解析】
（1）根据三角函数的性质，即可求解；（2）根据三角函数的图形变换规律，即可得到。
【详解】
(1)，此时，，即，，
即此时自变量的集合是.
（2）把函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，再把函数的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的，得到函数的图象，最后再把函数的图象上所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍，得到函数的图象．
本题主要考查正弦函数的性质应用，以及三角函数的图象变换规律的应用。
20、（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）因为，
所以
分别代入得解得
（Ⅱ）由得，
因为所以
所以
【考点定位】本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，考查了方程思想和运算能力. 由求的过程中体现了整体代换的运算技巧，而求的过程则体现了“通性通法”的常规考查.
21、解: （Ⅰ）∵是平行四边形

直线CD的方程是，即
（Ⅱ）∵CE⊥AB

CE所在直线方程为,.
【解析】
略