2024-2025学年钦州市重点中学数学高一第二学期期末学业水平测试模拟试题含解析.doc

2024-2025学年钦州市重点中学数学高一第二学期期末学业水平测试模拟试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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．若直线：与直线：垂直，则实数( ).
A． B． C．2 D．或2
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．函数在上零点的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
4．如果若干个函数的图象经过平移后能够重合，则称这些函数为“同簇函数”． 给出下列函数：
①； ②；
③； ④．
其中“同簇函数”的是 （ ）
A．①② B．①④ C．②③ D．③④
5．如图是一个正方体的表面展开图，若图中“努”在正方体的后面，那么这个正方体的前面是（ ）

A．定 B．有 C．收 D．获
6．已知数列且是首项为2，公差为1的等差数列，若数列是递增数列，且满足，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
7．已知、是球的球面上的两点，，点为该球面上的动点，若三棱锥体积的最大值为，则球的表面积为( )
A． B． C． D．
8．已知x，y为正实数，则（ ）
A．2lgx+lgy=2lgx+2lgy B．2lg（x+y）=2lgx•2lgy
C．2lgx•lgy=2lgx+2lgy D．2lg（xy）=2lgx•2lgy
9．已知某几何体的三视图是如图所示的三个直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为（ ）

A．17π B．34π C．51π D．68π
10．若，且，则( )
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．在中，角,,所对的边分别为，，，若的面积为，且,,成等差数列，则最小值为______．
12．已知，，则______．
13．已知，，那么的值是________．
14．如图所示，分别以为圆心，在内作半径为2的三个扇形，在内任取一点，如果点落在这三个扇形内的概率为，那么图中阴影部分的面积是____________.

15．已知等差数列的前项和为，若，则_____
16．一湖中有不在同一直线的三个小岛A、B、C，前期为开发旅游资源在A、B、C三岛之间已经建有索道供游客观赏，经测量可知AB两岛之间距离为3公里，BC两岛之间距离为5公里，AC两岛之间距离为7公里，现调查后发现，游客对在同一圆周上三岛A、B、C且位于（优弧）一片的风景更加喜欢，但由于环保、安全等其他原因，没办法尽可能一次游览更大面积的湖面风光，现决定在上选择一个点D建立索道供游客游览，经研究论证为使得游览面积最大，只需使得△ADC面积最大即可.则当△ADC面积最大时建立索道AD的长为______公里.（注：索道两端之间的长度视为线段）
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．已知点、、（），且.
（1）求函数的解析式；
（2）如果当时，两个函数与的图象有两个交点，求的取值范围.
18．已知首项为的等比数列不是递减数列，其前n项和为，且成等差数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的最大项的值与最小项的值．
19．已知向量.
（1）若，求的值；
（2）记函数，求的最大值及单调递增区间.
20．如图，在直四棱柱中，底面为菱形，为中点．

（1）求证：平面；
（2）求证：．
21．已知的三个内角的对边分别是，且．
（1）求角的大小；
（2）若的面积为，求的周长．
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】
试题分析：直线：与直线：垂直，则，.
考点：直线与直线垂直的判定.
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、D
【解析】
在同一直角坐标系下，分别作出与的图象，结合函数图象即可求解.
【详解】
解：由题意知：函数在上零点个数，
等价于与的图象在同一直角坐标系下交点的个数，
作图如下：

由图可知：函数在上有个零点.
故选：D
本题考查函数的零点的知识，考查数形结合思想，属于中档题.
4、C
【解析】
试题分析：对于①中的函数而言，，对于③中的函数而言，
，由“同簇函数”的定义而知，互为“同簇函数”的若干个函数的振幅相等，将②中的函数向左平移个单位长度，得到的新函数解析式为
，故选C.
考点：1.新定义；2.三角函数图象变换
5、B
【解析】
利用正方体及其表面展开图的特点以及题意解题，把“努”在正方体的后面，然后把平面展开图折成正方体，然后看“努”相对面．
【详解】
解：这是一个正方体的平面展开图，共有六个面，其中面“努”与面“有”相对，
所以图中“努”在正方体的后面，则这个正方体的前面是“有”．
故选：．

本题考查了正方形相对两个面上的文字问题，同时考查空间想象能力．注意正方体的空间图形，从相对面入手，分析及解答问题，属于基础题．
6、D
【解析】
根据等差数列和等比数列的定义可确定是以为首项，为公比的等比数列，根据等比数列通项公式，进而求得；由数列的单调性可知；分别在和两种情况下讨论可得的取值范围.
【详解】
由题意得：，
， 是以为首项，为公比的等比数列

为递增数列 ，即
①当时，， ，即
只需即可满足
②当时，， ，即

只需即可满足
综上所述：实数的取值范围为
故选：
本题考查根据数列的单调性求解参数范围的问题，涉及到等差和等比数列定义的应用、等比数列通项公式的求解、对数运算法则的应用等知识；解题关键是能够根据单调性得到关于变量和的关系式，进而通过分离变量的方式将问题转化为变量与关于的式子的最值的大小关系问题.
7、A
【解析】
当点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，利用三棱锥体积的最大值为，求出半径，即可求出球的表面积．
【详解】
如图所示，当点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，
设球的半径为，此时，.
因此，球的表面积为.
故选：A.

本题考查球的半径与表面积的计算，确定点的位置是关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
8、D
【解析】
因为as+t=as•at，lg（xy）=lgx+lgy（x，y为正实数），
所以2lg（xy）=2lgx+lgy=2lgx•2lgy，满足上述两个公式，
故选D．
9、B
【解析】
由三视图还原出原几何体，得几何体的结构（特别是垂直关系），从而确定其外接球球心位置，得球半径．
【详解】
由三视图知原几何体是三棱锥，如图，平面，平面．
由这两个线面垂直，得，因此的中点到四顶点的距离相等，即为外接球球心．
由三视图得，，
∴．
故选：B.

本题考查三棱锥外接球表面积，考查三视图．解题关键是由三视图还原出原几何体，确定几何体的结构，找到外接球球心．
10、A
【解析】
利用二倍角的正弦公式和与余弦公式化简可得.
【详解】
∵，
∴，
∵，所以，
∴，
∴.
故选：A
本题考查了二倍角的正弦公式，考查了二倍角的余弦公式，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、4
【解析】
先根据,,成等差数列得到，再根据余弦定理得到满足的等式关系，而由面积可得，利用基本不等式可求的最小值.
【详解】
因为,,成等差数列，，故.
由余弦定理可得.
由基本不等式可以得到，当且仅当时等号成立.
因为，所以，
所以即，当且仅当时等号成立.
故填4.
三角形中与边有关的最值问题，可根据题设条件找到各边的等式关系或角的等量关系，再根据边的关系式的结构特征选用合适的基本不等式求最值，也可以利用正弦定理把与边有关的目标代数式转化为与角有关的三角函数式后再求其最值.
12、
【解析】
由，然后利用两角差的正切公式可计算出的值.
【详解】
.
故答案为：.
本题考查利用两角差的正切公式求值，解题的关键就是弄清所求角与已知角之间的关系，考查计算能力，属于基础题.
13、
【解析】
首先根据题中条件求出角，然后代入即可.
【详解】
由题知，，
所以，
故.
故答案为：.
本题考查了特殊角的三角函数值，属于基础题.
14、
【解析】
先求出三块扇形的面积,再由概率计算公式求出的面积,进而求出阴影部分的面积.
【详解】
∵,
∴三块扇形的面积为:,
设的面积为,
∵在内任取一点,点落在这三个扇形内的概率为,
,
∴图中阴影部分的面积为:,
故答案为:.
本题主要考查几何概型的应用,属于几何概型中的面积问题,难度不大.
15、1．
【解析】
利用等差数列前项和公式能求出的值．
【详解】
解：∵等差数列的前项和为，若，
．
故答案为：．
本题考查等差数列前项和的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
16、
【解析】
根据题意画出草图，根据余弦定理求出的值，设点到的距离为，可得，分析可知取最大时，取最大值，然后再对为中点和不是中点两种情况分析，可得的最大值为，然后再根据圆的有关性质和正弦定理，即可求出结果．
【详解】
根据题意可作出及其外接圆，连接，交于点，连接，如下图：

在中，由余弦定理
,
由为的内角，可知，所以.
设的半径为，点到的距离为，点到的距离为，则,
故取最大时，取最大值.
①当为中点时，由垂径定理知，即，
此时，故；
②当不是中点时，不与垂直，设此时与所成角为，则，故；
由垂线段最短知，此时;
综上，当为中点时，到的距离最大，最大值为；
由圆周角定理可知，,
由垂径定理知，此时点为优弧的中点，故，
则，
在中，由正弦定理得
所以.
所以当△ADC面积最大时建立索道AD的长为公里.
故答案为：．
【点评】
本题考查了正弦定理、余弦定理在解决实际问题中的应用，属于中档题．

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）根据向量坐标以及向量的数量积公式求出，利用辅助角公式即可求的解析式；
（2），求出的范围，令，，则画函数图象，由两个函数与的图象有两个交点，建立不等关系即可求的值．
【详解】
解：（1），，，
，，
则
，
即；
（2）因为，，
令，，则画函数图象如下所示：

，
要使两个函数与的图象有两个交点，
则，，解得
解得．
本题主要考查三角函数的化简和求值，利用向量的数量积公式结合三角函数的辅助角公式将函数进行化简是解决本题的关键．
18、（1）；（2）最大项的值为,最小项的值为
【解析】
试题分析：
(1)根据成等差数列,利用等比数列通项公式和前项和公式,展开.利用等比数列不是递减数列,可得值,进而求通项.
(2)首先根据(1)得到,进而得到,但是等比数列的公比是负数,所以分两种情况:当的当n为奇数时，随n的增大而减小，所以;当n为偶数时，随n的增大而增大，所以，然后可判断最值.
试题解析：
（1）设的公比为q．由成等差数列，得
.
即，则.
又不是递减数列且，所以.
故.
（2）由（1）利用等比数列的前项和公式，可得得
当n为奇数时，随n的增大而减小，所以，
故.
当n为偶数时，随n的增大而增大，所以，
故.
综上，对于，总有，
所以数列最大项的值为，最小值的值为.
考点：等差中项,等比通项公式;数列增减性的讨论求最值.
19、（1）或，（2），增区间为：
【解析】
（1）根据得到，再根据的范围解方程即可.
（2）首先根据题意得到，再根据的范围即可得到函数的最大值和单调增区间.
【详解】
因为，所以，即.
因为，.
所以或，即或.
（2）.
因为，所以.
所以，.
因为，
所以.
令，得.
因为，所以增区间为：.
本题第一问考查根据三角函数值求角，同时考查了平面向量平行的坐标运算，第二问考查了三角函数的最值和单调区间，属于中档题.
20、（1）见解析；（2）见解析
【解析】
(1)连接与与交于点，在 利用中位线证明平行.
(2) 首先证明平面，由于平面，证明得到结论.
【详解】
证明：（1）连接与交于点，连接
因为底面为菱形，所以为中点
因为为中点，所以
平面，平面，所以平面
（2）在直四棱柱中，平面，平面
所以
因为底面为菱形，所以
所以，，，平面，平面
所以平面
因为平面，所以
本题考查直棱柱得概念和性质，考查线面平行的判定定理，考查线面垂直的判定定理，考查了学生的逻辑能力和书写能力，属于简单题
21、 (1) ； (2)
【解析】
（1）通过正弦定理得，进而求出， 再根据，进而求得的大小；
（2）由正弦定理中的三角形面积公式求出， 再根据余弦定理，求得， 进而求得的周长．
【详解】
（1）由题意知，由正弦定理得，
又由，则，所以，
又因为，则，所以．
（2）由三角形的面积公式，可得，解得，
又因为，
解得，即，所以，
所以的周长为
本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．