2023-2024學年江西省臨川實驗學校高一數學第二學期期末調研試題含解析

2023-2024學年江西省臨川實驗學校高一數學第二學期期末調研試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入，則輸出（）A．13 B．15 C．40 D．462．已知圓與直線及都相切，圓心在直線上，則圓的方程為（）A． B．C． D．3．已知變量與正相關，且由觀測數據算得樣本平均數，，則由該觀測的數據算得的線性回歸方程可能是()A． B．C． D．4．為了得到函數的圖象，只需將函數圖象上所有的點（）A．向左平移個單位長度 B．向右平移個單位長度C．向左平移個單位長度 D．向右平移個單位長度5．已知，，那么是（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限6．在中，分別是角的對邊，,則角為()A． B． C． D．或7．設等差數列的前項和為，，，則（）A． B． C． D．8．已知變量和滿足關系，變量與正相關．下列結論中正確的是（）A．與負相關，與負相關B．與正相關，與正相關C．與正相關，與負相關D．與負相關，與正相關9．設為數列的前項和，，則的值為（）A． B． C． D．不確定10．已知等差數列的前n項和為，且，，則（）A．11 B．16 C．20 D．28二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．函數的最小正周期是____.12．展開式中，各項系數之和為，則展開式中的常數項為__________．13．已知圓柱的底面圓的半徑為2，高為3，則該圓柱的側面積為________.14．正項等比數列中，為數列的前n項和，，則的取值范圍是____________．15．若x、y滿足約束條件，則的最大值為________.16．竹簡于上世紀八十年代在湖北省江陵縣張家山出土，這是我國現存最早的有系統(tǒng)的數學典著，其中記載有求“囷蓋”的術：“置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一”.該術相當于給出圓錐的底面周長與高，計算其體積的近似公式為.該結論實際上是將圓錐體積公式中的圓周率取近似值得到的.則根據你所學知識，該公式中取的近似值為______.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．正方體的棱長為點分別是棱的中點（1）證明：四邊形是一個梯形：（2）求幾何體的表面積和體積18．“我將來要當一名麥田里的守望者，有那么一群孩子在一塊麥田里玩，幾千萬的小孩子，附近沒有一個大人，我是說……除了我”《麥田里的守望者》中的主人公霍爾頓將自己的精神生活寄托于那廣闊無垠的麥田.假設霍爾頓在一塊成凸四邊形的麥田里成為守望者，如圖所示，為了分割麥田，他將連接，設中邊所對的角為，中邊所對的角為，經測量已知，.（1）霍爾頓發(fā)現無論多長，為一個定值，請你驗證霍爾頓的結論，并求出這個定值；（2）霍爾頓發(fā)現麥田的生長于土地面積的平方呈正相關，記與的面積分別為和，為了更好地規(guī)劃麥田，請你幫助霍爾頓求出的最大值.19．已知數列的前項和為，點在直線上.（1）求數列的通項公式；（2）設，若數列的前項和為，求證：.20．如圖，在平面直角坐標系中，單位圓上存在兩點，滿足均與軸垂直，設與的面積之和記為．若，求的值；若對任意的，存在，使得成立，且實數使得數列為遞增數列，其中求實數的取值范圍．21．在△ABC中，a，b，c分別為內角A，B，C的對邊，且2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC..(1)求角A的大??；(2)若sinB＋sinC＝3，試判斷△ABC的形狀.

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、A【解析】

模擬程序運行即可．【詳解】程序運行循環(huán)時，變量值為，不滿足；，不滿足；，滿足，結束循環(huán)，輸出．故選A．【點睛】本題考查程序框圖，考查循環(huán)結構．解題時可模擬程序運行，觀察變量值的變化，判斷是否符合循環(huán)條件即可．2、B【解析】

由平行線間的距離公式求出圓的直徑，然后設出圓心，由點到兩條切線的距離都等于半徑，求出,即可求得圓的方程.【詳解】因為兩條直線與平行,所以它們之間的距離即為圓的直徑,所以,所以.設圓心坐標為,則點到兩條切線的距離都等于半徑,所以,,解得,故圓心為,所以圓的標準方程為.故選：.【點睛】本題主要考查求解圓的方程,同時又進一步考查了直線與圓的位置關系,圓的切線性質等.本題也注重考查審題能力,分析問題和解決問題的能力.難度較易.3、A【解析】試題分析：因為與正相關，排除選項C、D，又因為線性回歸方程恒過樣本點的中心，故排除選項B；故選A．考點：線性回歸直線.4、C【解析】

利用誘導公式,的圖象變換規(guī)律,得出結論.【詳解】為了得到函數的圖象,

只需將函數圖象上所有的點向左平移個單位長度,

故選C.5、C【解析】

根據,,可判斷所在象限.【詳解】,在三四象限.,在一三象限，故在第三象限答案為C【點睛】本題考查了三角函數在每個象限的正負，屬于基礎題型.6、D【解析】

由正弦定理，可得，即可求解的大小，得到答案．【詳解】在中，因為，由正弦定理，可得，又由，且，所以或，故選D．【點睛】本題主要考查了正弦定理的應用，其中解答中熟練利用正弦定理，求得的值是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．7、A【解析】

利用等差數列的基本量解決問題.【詳解】解：設等差數列的公差為，首項為，因為，，故有，解得，，故選A.【點睛】本題考查了等差數列的通項公式與前項和公式，解決問題的關鍵是熟練運用基本量法.8、A【解析】

因為變量和滿足關系，一次項系數為，所以與負相關；變量與正相關，設，所以，得到，一次項系數小于零，所以與負相關，故選A.9、C【解析】

令，由求出的值，再令時，由得出，兩式相減可推出數列是等比數列，求出該數列的公比，再利用等比數列求和公式可求出的值.【詳解】當時，，得；當時，由得出，兩式相減得，可得.所以，數列是以為首項，以為公比的等比數列，因此，.故選：C.【點睛】本題考查利用前項和求數列通項，同時也考查了等比數列求和，在遞推公式中涉及與時，可利用公式求解出，也可以轉化為來求解，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.10、C【解析】

可利用等差數列的性質，，仍然成等差數列來解決．【詳解】為等差數列，前項和為，，，成等差數列，，又，，，．故選：．【點睛】本題考查等差數列的性質，關鍵在于掌握“等差數列中，，仍成等差數列”這一性質，屬于基礎題．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

將三角函數化簡為標準形式，再利用周期公式得到答案.【詳解】由于所以【點睛】本題考查了三角函數的化簡，周期公式，屬于簡單題.12、【解析】令，則，即，因為的展開式的通項為，所以展開式中常數項為，即常數項為.點睛：本題考查二項式定理；求二項展開式的各項系數的和往往利用賦值法（常賦值為）,還要注意整體賦值，且要注意展開式各項系數和二項式系數的區(qū)別.13、【解析】

圓柱的側面打開是一個矩形，長為底面的周長，寬為圓柱的高，即，帶入數據即可．【詳解】因為圓柱的底面圓的半徑為2，所以圓柱的底面圓的周長為，則該圓柱的側面積為.【點睛】此題考察圓柱側面積公式，屬于基礎題目．14、【解析】

利用結合基本不等式求得的取值范圍【詳解】由題意知，，且，所以，當且僅當等號成立，所以.故答案為：【點睛】本題考查等比數列的前n項和及性質，利用性質結合基本不等式求最值是關鍵15、18【解析】

先作出不等式組所表示的平面區(qū)域，再觀察圖像即可得解.【詳解】解：作出不等式組所表示的平面區(qū)域，如圖所示，由圖可得：目標函數所在直線過點時，取最大值，即，故答案為：.【點睛】本題考查了簡單的線性規(guī)劃問題，重點考查了作圖能力，屬基礎題.16、3【解析】

首先求出圓錐體的體積，然后與近似公式對比，即可求出公式中取的近似值.【詳解】由題知圓錐體的體積，因為圓錐的底面周長為，所以圓錐的底面面積，所以圓錐體的體積，根據題意與近似公式對比發(fā)現，公式中取的近似值為.故答案為：.【點睛】本題考查了圓錐體的體積公式，屬于基礎題.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、（1）證明見解析（2）表面積為，體積為【解析】

（1）在正方體中，根據分別是棱的中點，由中位線得到且，又由，根據公理4平行關系的傳遞性得證.（2）幾何體的表面積，上下底是直角三角形，三個側面，有兩個是全等的直角梯形，另一個是等腰梯形求解，體積按照棱臺體積公式求解.【詳解】（1）如圖所示：在正方體中，因為分別是棱的中點，所以且，又因為，所以且，所以四邊形是一個梯形.（2）幾何體的表面積為：.體積為：.【點睛】本題主要考查幾何體中的截面問題，還考查了空間想象，抽象概括，推理論證的能力，屬于中檔題.18、（1）；（2）.【解析】

（1）在和中分別對使用余弦定理，可推出與的關系，即可得出是一個定值；（2）求出的表達式，利用二次函數的基本性質以及余弦函數值的取范圍，可得出的最大值.【詳解】（1）在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，，則，；（2），，則，由（1）知：，代入上式得：，配方得：，當時，取到最大值.【點睛】本題考查余弦定理的應用、三角形面積的求法以及二次函數最值的求解，解題的關鍵就是利用題中結論將問題轉化為二次函數來求解，考查運算求解能力，屬于中等題.19、（1）（2）見解析【解析】

（1）先利用時，由求出的值，再令，由，得出，將兩式相減得出數列為等比數列，得出該數列的公比，可求出；（2）利用對數的運算性質以及等差數列的求和公式得出，并將裂項為，利用裂項法求出，于此可證明出所證不等式成立.【詳解】（1）由題可得.當時，，即.由題設，，兩式相減得.所以是以2為首項，2為公比的等比數列，故.（2），則，所以因為，所以，即證.【點睛】本題考查利用求通項，以及裂項法求和，利用求通項的原則是，另外在利用裂項法求和時要注意裂項法求和法所適用數列通項的基本類型，熟悉裂項法求和的基本步驟，都是?？碱}型，屬于中等題．20、（1）或（2）【解析】

（1）運用三角形的面積公式和三角函數的和差公式，以及特殊角的函數值，可得所求角；（2）由正弦函數的值域可得的最大值，再由基本不等式可得的最大值，可得的范圍，再由數列的單調性，討論的范圍，即可得到的取值范圍．【詳解】依題意，可得，由，得，又，所以．由得因為，所以，所以，當時，，（當且僅當時，等號成立）又因為對任意，存在，使得成立，所以，即，解得，因為數列為遞增數列，且，所以，從而，又，所以，從而，又，①當時，，從而，此時與同號，又，即，②當時，由于趨向于正無窮大時，與趨向于相等，從而與趨向于相等，即存在正整數，使，從而，此時與異號，與數列為遞增數列矛盾，綜上，實數的取值范圍為．【點睛】本題主要考查了三角函數的定義，三角函數的恒等變換，以及不等式恒成立，存在性問題解法和數列的單調性的判斷和運用，試題綜合性強，屬于難題，著重考查了推理與運算能力，以及分析問題和解答問題的能力．21、（1）60°【解析】

（1）利用余弦定理表示出cosA，然后根據正弦定理化簡已知的等式，整理后代入表示出的cosA中，化簡后求出cosA的值，由A為三角形的內角，利用特殊角的三角函數值即可求出A的度數；（2）由A為60°，利用三角形的內角和定理得到B+C的度數，用B表示出C，代入已知的sinB+sinC=3中，利用兩角和與差的正弦函數公式及特殊角的三角函數值化簡，整理后再利用兩角和與差的正弦函數公式及特殊角的三角函數值化為一個角的正弦函數，由B的范圍，求出這個角的范圍，利用特殊角的三角函數值求出B為60°，可得出三角形ABC三個角相等，都為60°，則三角形ABC為等邊三角形．【詳解】(1)由2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC，得2a2＝(2b－c)b＋(2c－b)c，即bc＝b2＋c2－a2，∴cosA＝