2024-2025学年浙江省91高中联盟高一数学第二学期期末联考模拟试题含解析.doc

2024-2025学年浙江省91高中联盟高一数学第二学期期末联考模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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．若三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，且三棱锥的体积为，则球的体积为( )
A． B． C． D．
2．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与原正方体体积的比值为( )

A． B． C． D．
3．已知一几何体的三视图，则它的体积为 （ ）

A． B． C． D．
4．已知集合， ，则( )
A． B． C． D．
5．将函数的图象向右平移个的单位长度，再将所得到的函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），则所得到的图象的函数解析式为（ ）
A． B．
C． D．
6．以下说法正确的是（ ）
A．零向量与单位向量的模相等
B．模相等的向量是相等向量
C．已知均为单位向量，若，则与的夹角为
D．向量与向量是共线向量，则四点在一条直线上
7．如图，长方体中，，，那么异面直线与所成角的余弦值是（ ）

A． B． C． D．
8．已知等比数列的前n项和为，若，，则（ ）
A． B． C．1 D．2
9．函数的图像（ ）
A．关于点对称 B．关于点对称
C．关于直线对称 D．关于直线对称
10．若函数的图象可由函数 的图象向右平移个单位长度变换得到，则的解析式是（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．不等式的解集为_________.
12．在数列中，，，则________.
13．在△ABC 中，若，则△ABC的形状是 ____.
14．从某小学随机抽取100名同学，将他们的身高（单位：厘米）数据绘制成频率分布直方图（如图）.若要从身高，，三组内的学生中，用分层抽样的方法抽取18人参加一项活动，则从身高在内的学生中抽取的人数应为________.

15．已知，若，则______.
16．已知变量和线性相关，其一组观测数据为，由最小二乘法求得回归直线方程为.若已知，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．在等差数列中，，
（1）求的通项公式；
（2）求的前n项和
18．若, 且, 求的值.
19．已知函数，求其定义域.
20． “我将来要当一名麦田里的守望者，有那么一群孩子在一块麦田里玩，几千万的小孩子，附近没有一个大人，我是说……除了我”《麦田里的守望者》中的主人公霍尔顿将自己的精神生活寄托于那广阔无垠的麦田.假设霍尔顿在一块成凸四边形的麦田里成为守望者，如图所示，为了分割麦田，他将连接，设中边所对的角为，中边所对的角为，经测量已知，.

（1）霍尔顿发现无论多长，为一个定值，请你验证霍尔顿的结论，并求出这个定值；
（2）霍尔顿发现麦田的生长于土地面积的平方呈正相关，记与的面积分别为和，为了更好地规划麦田，请你帮助霍尔顿求出的最大值.
21．已知点，，动点满足，记M的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）过坐标原点O的直线l交C于P、Q两点，点P在第一象限，轴，垂足为H．连结QH并延长交C于点R．
（i）设O到直线QH的距离为d．求d的取值范围;
（ii）求面积的最大值及此时直线l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】
由的体积计算得高，已知将三棱锥的外接球，转化为长2，宽2，高的长方体的外接球，求出半径，可得答案．
【详解】
∵，，故三棱锥的底面面积为，由平面，
得，又三棱锥的体积为，得，
所以三棱锥的外接球，相当于长2，宽2，高的长方体的外接球，
故球半径，得，故外接球的体积.
故选：A．
本题考查了三棱锥外接球的体积，三棱锥体积公式的应用，根据已知计算出球的半径是解答的关键，属于中档题．
2、C
【解析】
根据三视图还原出几何体，得到是在正方体中，截去四面体，利用体积公式，求出其体积，然后得到答案.
【详解】
根据三视图还原出几何体，如图所述，
得到是在正方体中，截去四面体
设正方体的棱长为，
则，
故剩余几何体的体积为，
所以截去部分的体积与剩余部分的体积的比值为.
故选：C.

本题考查了几何体的三视图求几何体的体积；关键是正确还有几何体，利用体积公式解答，属于简单题.
3、C
【解析】
所求体积 ，故选C.
4、D
【解析】
依题意，故.
5、A
【解析】
由题意利用函数的图象变换法则，即可得出结论。
【详解】
将函数的图象向右平移个的单位长度，可得的图象，再将所得到的函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），则所得到的图象的函数解析式为，故选．
本题主要考查函数的图象变换法则，注意对的影响。
6、C
【解析】
根据零向量、单位向量、相等向量，向量的模、向量共线、向量数量积的运算的知识分析选项，由此确定正确选项.
【详解】
对于A选项，零向量的模是，单位向量的模是，两者不相等，故A选项说法错误.
对于B选项，两个向量大小和方向都相等才是相等向量，故B选项说法错误.
对于C选项，由，故C选项说法正确.
对于D选项，向量与向量是共线向量，但是这两个向量没有公共点，所以无法判断是否在一条直线上.故D选项说法错误.
故选：C
本小题主要考查向量的有关概念，考查向量数量积的运算，属于基础题.
7、A
【解析】
可证得四边形为平行四边形，得到，将所求的异面直线所成角转化为；假设，根据角度关系可求得的三边长，利用余弦定理可求得余弦值.
【详解】
连接，

四边形为平行四边形
异面直线与所成角即为与所成角，即
设
， ，
，，
在中，由余弦定理得：

异面直线与所成角的余弦值为：
本题正确选项：
本题考查异面直线所成角的求解问题，关键是能够通过平行关系将问题转化为相交直线所成角，在三角形中利用余弦定理求得余弦值.
8、C
【解析】
利用等比数列的前项和公式列出方程组，能求出首项．
【详解】
等比数列的前项和为，，，
，
解得，．
故选：．
本题考查等比数列的首项的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
9、B
【解析】
根据关于点对称,关于直线对称来解题.
【详解】
解：令,得,
所以对称点为.
当,为,故B正确；
令,则对称轴为,
因此直线和均不是函数的对称轴.
故选：B
本题主要考查正弦函数的对称性问题.正弦函数根据关于点对称,关于直线对称.
10、A
【解析】
先化简函数，然后再根据图象平移得．
【详解】
由已知，∴．
故选A．
本题考查两角和的正弦公式，考查三角函数的图象平移变换，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】
利用两个数的商是正数等价于两个数同号；将已知的分式不等式转化为整式不等式，求出解集．
【详解】
同解于
解得或
故答案为：
本题考查解分式不等式，利用等价变形转化为整式不等式是解题的关键．
12、
【解析】
由递推公式可以求出 ，可以归纳出数列的周期，从而可得到答案.
【详解】
由，
，.
,
可推测数列是以3为周期的周期数列.
所以。
故答案为：
本题考查数量的递推公式同时考查数列的周期性，属于中档题.
13、钝角三角形
【解析】
由，结合正弦定理可得，，由余弦定理可得可判断的取值范围
【详解】
解：，
由正弦定理可得，
由余弦定理可得

是钝角三角形
故答案为钝角三角形．
本题主要考查了正弦定理、余弦定理的综合应用在三角形的形状判断中的应用，属于基础题
14、3
【解析】
先由频率之和等于1得出的值，计算身高在，，的频率之比，根据比例得出身高在内的学生中抽取的人数.
【详解】

身高在，，的频率之比为
所以从身高在内的学生中抽取的人数应为
故答案为：
本题主要考查了根据频率分布直方图求参数的值以及分层抽样计算各层总数，属于中档题.
15、
【解析】
由条件利用正切函数的单调性直接求出的值．
【详解】
解：函数在上单调递增，且，若，则，
故答案为：．
本题主要考查正切函数的单调性，根据三角函数的值求角，属于基础题．
16、355
【解析】
根据回归直线必过样本点的中心，根据横坐标结合回归方程求出纵坐标即可得解.
【详解】
由题：，回归直线方程为，
所以，
.
故答案为：355
此题考查根据回归直线方程求样本点的中心的纵坐标，关键在于掌握回归直线必过样本点的中心，根据平均数求解.

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】
试题分析：（1）根据已知数列为等差数列，结合数列的性质可知：前3项和，所以，又因为，所以公差，再根据等差数列通项公式，可以求得．本问考查等差数列的通项公式及等差数列的性质，属于对基础知识的考查，为容易题，要求学生必须掌握．（2）由于为等差数列，所以可以根据重要结论得知：数列为等比数列，可以根据等比数列的定义进行证明，即，符合等比数列定义，因此数列是等比数列，首项为，公比为2，所以问题转化为求以4为首项，2为公比的等比数列的前n项和，根据公式有．本问考查等比数列定义及前n项和公式．属于对基础知识的考查．
试题解析：（1）又

（2）由（1）知得：
是以4为首项2为公比的等比数列

考点：1.等差数列；2.等比数列．
18、
【解析】
本题首先可根据以及诱导公式得出，然后根据以及同角三角函数关系计算出，最后根据即可得出结果．
【详解】
因为，所以，
因为，所以，
因为，所以解得，．
本题考查同角三角函数关系的应用，考查的公式有、以及，考查计算能力，是简单题．
19、
【解析】
由使得分式和偶次根式有意义的要求可得到一元二次不等式，解不等式求得结果.
【详解】
由题意得：，即，解得：
定义域为
本题考查具体函数定义域的求解问题，关键是明确使得分式和偶次根式有意义的基本要求，由此构造不等式求得结果.
20、（1）；（2）.
【解析】
（1）在和中分别对使用余弦定理，可推出与的关系，即可得出是一个定值；
（2）求出的表达式，利用二次函数的基本性质以及余弦函数值的取范围，可得出的最大值.
【详解】
（1）在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，，
则，；
（2），，
则，
由（1）知：，代入上式得：
，
配方得：，
当时，取到最大值.
本题考查余弦定理的应用、三角形面积的求法以及二次函数最值的求解，解题的关键就是利用题中结论将问题转化为二次函数来求解，考查运算求解能力，属于中等题.
21、 (1) ；(2) （i） （ii）面积最大值为，直线的方程为.
【解析】
（1）根据题意列出方程求解即可
（2）联立直线与圆的方程，得出P、Q、H三点坐标，表示出QH直线方程，采用点到直线距离公式求解；利用圆的几何关系，表示出三角形的底和高，再结合函数最值问题进行求解
【详解】
（1）由及两点距离公式，
有，
化简整理得，．
所以曲线C的方程为；
（2）（i）设直线l的方程为；
将直线l的方程与圆C的方程联立，消去y，
得（，解得
因此，，，
所以直线QH的方程为．
到直线QH的距离，
当时．，所以，
（ii）过O作于D，则D为QR中点，且由（i）知，
，，
又由，故的面积，
由，有，所以，
当且仅当时，等号成立，且此时由（i）有，即.
综上，的面积最大值为的面积最大值为，且当面积最大时直线的方程为.
直线与圆的综合类题型常采用点到直线距离公式、圆内构造的直角三角形，将代数问题与几何问题进行有效结合，可大大降低解题难度.