山東省淄博市淄川區(qū)般陽中學2022-2023學年高一數學第二學期期末質量檢測試題含解析

2022-2023學年高一下數學期末模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．在中，（，，分別為角、、的對邊），則的形狀為（）A．等邊三角形 B．直角三角形C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形2．在中，，則的形狀為（）A．直角三角形 B．等腰三角形 C．鈍角三角形 D．正三角形3．表示不超過的最大整數，設函數，則函數的值域為（）A． B． C． D．4．已知等比數列滿足,,則（）A． B． C． D．5．點到直線的距離是（）A． B． C．3 D．6．某高校進行自主招生，先從報名者中篩選出400人參加筆試，再按筆試成績擇優(yōu)選出100人參加面試．現隨機抽取了24名筆試者的成績，統計結果如下表所示．分數段[60，65)[65，70)[70，75)[75，80)[80，85)[85，90]人數234951據此估計允許參加面試的分數線大約是()A．90 B．85C．80 D．757．已知等差數列前n項的和為，，，則（）A．25 B．26 C．27 D．288．在區(qū)間上隨機選取一個實數，則事件“”發(fā)生的概率是（）A． B． C． D．9．已知兩個等差數列，的前項和分別為，，若對任意的正整數，都有，則等于()A．1 B． C． D．10．閱讀如圖所示的程序框圖，當輸入時，輸出的（）A．6 B． C．7 D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知向量，則與的夾角是_________.12．已知關于實數x，y的不等式組構成的平面區(qū)域為，若，使得恒成立，則實數m的最小值是______．13．將正整數按下圖方式排列，2019出現在第行第列，則______；12345678910111213141516………14．方程在區(qū)間內解的個數是________15．若角的終邊過點，則______.16．在銳角△ABC中，BC＝2，sinB+sinC＝2sinA，則AB+AC＝_____三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．如圖，在三棱錐中，垂直于平面，.求證：平面.18．如圖，在三棱錐中，，分別為，的中點，且.（1）證明：平面；（2）若平面平面，證明：.19．設兩個非零向量，不共線，如果，，.（1）求證：、、共線；（2）試確定實數，使和共線.20．已知數列的前項和為，且，求數列的通項公式.21．如圖，在邊長為2菱形ABCD中，，且對角線AC與BD交點為O．沿BD將折起，使點A到達點的位置．（1）若，求證：平面ABCD；（2）若，求三棱錐體積．

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、B【解析】

利用二倍角公式，正弦定理，結合和差公式化簡等式得到，得到答案.【詳解】故答案選B【點睛】本題考查了正弦定理，和差公式，意在考查學生的綜合應用能力.2、A【解析】

在中，由，變形為，再利用內角和轉化為，通過兩角和的正弦展開判斷.【詳解】在中，因為，所以，所以，所以，所以，所以直角三角形.故選：A【點睛】本題主要考查了利用三角恒等變換判斷三角形的形狀，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.3、D【解析】

由已知可證是奇函數，是互為相反數，對是否為正數分類討論，即可求解.【詳解】的定義域為，,，是奇函數，設，若是整數，則，若不是整數，則.的值域是.故選:D.【點睛】本題考查函數性質的應用，考查對新函數定義的理解，考查分類討論思想，屬于中檔題.4、C【解析】試題分析：由題意可得,所以,故,選C.考點：本題主要考查等比數列性質及基本運算.5、D【解析】

根據點到直線的距離求解即可.【詳解】點到直線的距離是.故選：D【點睛】本題主要考查了點到線的距離公式,屬于基礎題.6、C【解析】

根據題意可從樣本中數據的頻率考慮，即按成績擇優(yōu)選擇頻率為的，根據題意得到所選的范圍后再求出對應的分數．【詳解】由題意得，參加面試的頻率為，結合表中的數據可得，樣本中[80，90]的頻率為，由樣本估計總體知，分數線大約為80分．故選C．【點睛】本題考查統計圖表的應用，解題的關鍵是理解題意，同時還要正確掌握統計中的常用公式，屬于基礎題．7、C【解析】

根據等差數列的求和與通項性質求解即可.【詳解】等差數列前n項的和為,故.故.故選：C【點睛】本題主要考查了等差數列通項與求和的性質運用,屬于基礎題.8、B【解析】

根據求出的范圍，再由區(qū)間長度比即可得出結果.【詳解】區(qū)間的長度為；由，解得，即，區(qū)間長度為，事件“”發(fā)生的概率是.故選B.【點睛】本題主要考查與長度有關的幾何概型，熟記概率計算公式即可，屬于基礎題型.9、B【解析】

利用等差數列的性質將化為同底的，再化簡，將分子分母配湊成前n項和的形式，再利用題干條件，計算?！驹斀狻俊叩炔顢盗?，的前項和分別為，，對任意的正整數，都有，∴．故選B.【點睛】本題考查等差數列的性質的應用，屬于中檔題。10、D【解析】

根據程序框圖，依次運行程序即可得出輸出值.【詳解】輸入時，，，，，，，輸出故選：D【點睛】此題考查程序框圖，關鍵在于讀懂框圖，根據結構依次運算，求出輸出值，尤其注意判斷框中的條件.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

利用向量的數量積直接求出向量的夾角即可.【詳解】由題知，，因為，所以與的夾角為.故答案為：.【點睛】本題考查了利用向量的數量積求解向量的夾角，屬于基礎題.12、【解析】

由，使得恒成立可知，只需求出的最大值即可，再由表示平面區(qū)域內的點與定點距離的平方，因此結合平面區(qū)域即可求出結果.【詳解】作出約束條件所表示的可行域如下：由，使得恒成立可知，只需求出的最大值即可；令目標函數，則目標函數表示平面區(qū)域內的點與定點距離的平方，由圖像易知，點到的距離最大.由得，所以.因此，即的最小值為37.故答案為37【點睛】本題主要考查簡單的線性規(guī)劃問題，只需分析清楚目標函數的幾何意義，即可結合可行域來求解，屬于?？碱}型.13、128【解析】

觀察數陣可知：前行一共有個數，且第行的最后一個數為，且第行有個數，由此可推斷出所在的位置.【詳解】因為前行一共有個數，且第行的最后一個數為，又因為，所以在第行，且第45行最后數為，又因為第行有個數，，所以在第列，所以.故答案為：.【點睛】本題考查數列在數陣中的應用，著重考查推理能力，難度一般.分析數列在數陣中的應用問題，可從以下點分析問題：觀察每一行數據個數與行號關系，同時注意每一行開始的數據或結尾數據，所有行數據的總個數，注意等差數列的求和公式的運用.14、4.【解析】分析：通過二倍角公式化簡得到，進而推斷或，進而求得結果.詳解：，所以或，因為，所以或或或，故解的個數是4.點睛：該題考查的是有關方程解的個數問題，在解題的過程中，涉及到的知識點有正弦的倍角公式，方程的求解問題，注意一定不要兩邊除以，最后求得結果.15、-2【解析】

由正切函數定義計算.【詳解】根據正切函數定義：.故答案為－2.【點睛】本題考查三角函數的定義，掌握三角函數定義是解題基礎.16、1【解析】

由正弦定理化已知等式為邊的關系，可得結論．【詳解】∵sinB+sinC＝2sinA，由正弦定理得，即．故答案為1．【點睛】本題考查正弦定理，解題時利用正弦定理進行邊角關系的轉化即可．三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、證明見解析【解析】

分析：由線面垂直的性質可得，結合，利用線面垂直的判定定理可得平面.詳解：∵面，在面內，∴，又∵，，∴面.點睛：證明直線和平面垂直的常用方法有：（1）利用判定定理；（2）利用判定定理的推論；（3）利用面面平行的性質；（4）利用面面垂直的性質，當兩個平面垂直時，在一個平面內垂直于交線的直線垂直于另一個平面.18、（1）見解析（2）見解析【解析】

（1）先證明，再證明平面；（2）先證明平面，再證明.【詳解】證明：（1）因為，分別為，的中點，所以.又平面，平面，所以平面.（2）因為，為中點，所以.又平面平面.平面平面，所以平面.又平面，所以.【點睛】本題主要考查空間幾何元素位置關系的證明，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題.19、（1）證明見解析（2）【解析】

(1)要證、、共線，只要證明存在實數，使得成立即可.

(2)利用向量共線的充要條件和兩個非零向量與不共線即可求出.【詳解】(1)證明：由.又，則.所以.所以、、共線.（2）和共線，則存在實數，使得成立.向量，不共線,所以，解得：所以當時，使和共線.【點睛】本題考查利用向量共線的充要條件證明點共線和求參數的值.20、【解析】

當時，，當時，，即可得出．【詳解】∵已知數列的前項和為，且，當時，，當時，，檢驗：當時，不符合上式，【點睛】本題考查了數列遞推關系、數列的通項公式，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．21、（1）見解析（2）【解析】

(1)證明與即可.(2)法一：證明平面,再過點做垂足為,證明為三棱錐的高再求解即可.法二：通過進行轉化求解即可.法三：通過進行轉化求解即可.【詳解】證明：（1）∵在菱形ABCD