浙江省绍兴市绍兴一中2022-2023学年高一数学第二学期期末综合测试模拟试题含解析

2022-2023学年高一下数学期末模拟试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．在锐角三角形中，，，分别为内角，，的对边，已知，，，则的面积为（）A．B．C．D．2．有5支彩笔（除颜色外无差别），颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫.从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为A．B．C．D．3．对一切，恒成立，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．4．已知在角终边上，若，则（）A．B．-2C．2D．5．已知两点,,若直线与线段相交,则实数的取值范围是()A．B．C．D．6．若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．B．C．D．37．已知为第二象限角，则所在的象限是（）A．第一或第三象限B．第一象限C．第二象限D．第二或第三象限8．一个长方体长、宽分别为5，4，且该长方体的外接球的 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面积为，则该长方体的表面积为（）A．47B．60C．94D．1989．若直线l：ax+by＝1（a＞0，b＞0）平分圆x2+y2﹣x﹣2y＝0，则的最小值为（　　　　）A．B．2C．D．10．从数字0，1，2，3，4中任取两个不同的数字构成一个两位数，则这个两位数大于30的概率为（）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cosθ，θ∈（π，2π），则sinθ＝_____，tan_____.12．已知扇形的圆心角，扇形的面积为，则该扇形的弧长的值是______.13．在中，分别是角的对边，已知成等比数列，且，则的值为________.14．在中，角所对的边分别为，，则____15．已知数列为正项的递增等比数列，，，记数列的前n项和为，则使不等式成立的最大正整数n的值是_______．16．已知棱长都相等正四棱锥的侧面积为，则该正四棱锥内切球的表面积为________．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．已知圆过点,且圆心在直线上．（1）求圆的方程；（2）平面上有两点，点是圆上的动点，求的最小值；（3）若是轴上的动点，分别切圆于两点，试问：直线是否恒过定点？若是，求出定点坐标，若不是，说明理由．18．已知直线经过点，且与轴正半轴交于点，与轴正半轴交于点，为坐标原点.（1）若点到直线的距离为4，求直线的方程；（2）求面积的最小值.19．在等差数列中，已知．（1）求通项；（2）求的前项和．20．中，角所对的边分别为，已知.（1）求角的大小；（2）若，求面积的最大值.21．已知点，，均在圆上.（1）求圆的方程；（2）若直线与圆相交于,两点，求的长；（3）设过点的直线与圆相交于、两点，试问：是否存在直线，使得恰好平分的外接圆？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.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】由结合题意可得：，故，△ABC为锐角三角形，则，由题意结合三角函数的性质有：，则：，即：，则，由正弦定理有：，故.本题选择D选项.点睛：在解决三角形问题中，求解角度值一般应用余弦定理，因为余弦定理在内具有单调性，求解面积常用面积公式，因为公式中既有边又有角，容易和正弦定理、余弦定理联系起来.2、C【解析】选取两支彩笔的方法有种，含有红色彩笔的选法为种，由古典概型公式，满足题意的概率值为.本题选择C选项.考点：古典概型名师点睛：对于古典概型问题主要把握基本事件的种数和符合要求的事件种数，基本事件的种数要注意区别是排列问题还是组合问题，看抽取时是有、无顺序，本题从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，是组合问题，当然简单问题建议采取列举法更直观一些.3、B【解析】先求得的取值范围，根据恒成立问题的求解策略，将原不等式转化为，再解一元二次不等式求得的取值范围.【详解】解：对一切，恒成立，转化为：的最大值，又知，的最大值为；所以，解得或.故选B.【点睛】本小题主要考查恒成立问题的求解策略，考查三角函数求最值的方法，考查一元二次不等式的解法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.4、C【解析】由正弦函数的定义求解．【详解】，显然，∴．故选C．【点睛】本题考查正弦函数的定义，属于基础题．解题时注意的符号．5、D【解析】找出直线与PQ相交的两种临界情况，求斜率即可.【详解】因为直线恒过定点，根据题意，作图如下：直线与线段PQ相交的临界情况分别为直线MP和直线MQ，已知，，由图可知：当直线绕着点M向轴旋转时，其斜率范围为：；当直线与轴重合时，没有斜率；当直线绕着点M从轴至MP旋转时，其斜率范围为：综上所述：，故选：D.【点睛】本题考查直线斜率的计算，直线斜率与倾斜角的关系，属基础题.6、B【解析】先由三视图判断该几何体为底面是直角三角形的直三棱柱，由棱柱的体积公式即可求出结果.【详解】据三视图分析知，该几何体是底面为直角三角形的直三棱柱，且三棱柱的底面直角三角形的直角边长分别为1和，三棱柱的高为，所以该几何体的体积.【点睛】本题主要考查几何体的三视图，由三视图求几何体的体积，属于基础题型.7、A【解析】用不等式表示第二象限角，再利用不等式的性质求出满足的不等式，从而确定角的终边在的象限．【详解】由已知为第二象限角，则则当时，此时在第一象限.当时,，此时在第三象限.故选:A【点睛】本题考查象限角的表示方法，不等式性质的应用，通过角满足的不等式，判断角的终边所在的象限.8、C【解析】根据球的表面积公式求得半径，利用等于体对角线长度的一半可构造方程求出长方体的高，进而根据长方体表面积公式可求得结果.【详解】设长方体高为，外接球半径为，则，解得：长方体外接球半径为其体对角线长度的一半解得：长方体表面积本题正确选项：【点睛】本题考查与外接球有关的长方体的表面积的求解问题，关键是能够明确长方体的外接球半径为其体对角线长度的一半，从而构造方程求出所需的棱长.9、C【解析】求得圆心，代入直线的方程，然后利用基本不等式求得的最小值.【详解】圆的圆心为，由于直线平分圆，故圆心在直线上，即，所以，当且仅当时等号成立.故选：C【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查利用基本不等式求最小值.10、B【解析】直接利用古典概型的概率公式求解.【详解】从数字0，1，2，3，4中任取两个不同的数字构成一个两位数有10，12，13，14，20，21，23，24，30，31，32，34，40，41，42，43，共16个，其中大于30的有31，32，34，40，41，42，43，共7个，故所求概率为．故选B【点睛】本题主要考查古典概型的概率的计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，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、﹣2.【解析】由题意利用同角三角函数的基本关系，二倍角公式，求得式子的值.【详解】由，，知，则，.故答案为：，.【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系，二倍角公式的应用，属于基础题.12、【解析】先结合求出，再由求解即可【详解】由，则故答案为：【点睛】本题考查扇形的弧长和面积公式的使用，属于基础题13、【解析】利用成等比数列得到，再利用余弦定理可得，而根据正弦定理和成等比数列有，从而得到所求之值.【详解】∵成等比数列，∴.又∵，∴.在中，由余弦定理，因，∴.由正弦定理得，因为，所以，故.故答案为.【点睛】在解三角形中，如果题设条件是关于边的二次形式，我们可以利用余弦定理化简该条件，如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式，那么我们可以利用正弦定理化简该条件，如果题设条件是边和角的混合关系式，那么我们也可把这种关系式转化为角的关系式或边的关系式.14、【解析】利用正弦定理将边角关系式中的边都化成角，再结合两角和差公式进行整理，从而得到.【详解】由正弦定理可得：即：本题正确结果：【点睛】本题考查李用正弦定理进行边角关系式的化简问题，属于常规题.15、6【解析】设等比数列{an}的公比q，由于是正项的递增等比数列，可得q＞1．由a1+a5=82，a2•a4=81=a1a5，∴a1，a5，是一元二次方程x2﹣82x+81=0的两个实数根，解得a1，a5，利用通项公式可得q，an．利用等比数列的求和公式可得数列{}的前n项和为Tn．代入不等式2019|Tn﹣1|＞1，化简即可得出．【详解】数列为正项的递增等比数列，，a2•a4=81=a1a5，即解得，则公比，∴，则，∴，即，得，此时正整数的最大值为6.故答案为6.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式、一元二次方程的解法、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．16、【解析】根据侧面积求出正四棱锥的棱长，画出组合体的截面图，根据三角形的相似求得四棱锥内切球的半径，于是可得内切球的表面积．【详解】设正四棱锥的棱长为，则，解得．于是该正四棱锥内切球的大圆是如图△PMN的内切圆，其中，．∴．设内切圆的半径为，由∽，得，即，解得，∴内切球的表面积为．【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．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）26；（3）直线恒过定点．证明见解析【解析】（1）设圆心，根据则，求得和圆的半径，即可得到圆的方程；（2）设，化简得，根据圆的性质，即可求解；（3）设，圆方程，根据两圆相交弦的性质，求得相交弦的方程，进而可判定直线恒过定点．【详解】（1）由题意知，圆心在直线上，设圆心为，又因为圆过点,则，即，解得，所以圆心为，半径，所以圆方程为．（2）设，则，又由，所以，即的最小值为．（3）设，则以为直径的圆圆心为，半径为，则圆方程为，整理得，直线为圆与圆的相交弦，两式相减，可得得直线方程，即，令，解得，即直线恒过定点．【点睛】本题主要考查了圆的综合应用，其中解答中涉及到圆的MATCH_ word word文档格式规范word作业纸小票打印word模板word简历模板免费word简历 _1714232922860_0方程的求解，圆的最值问题的求解，以及两圆的相交弦方程的求解及应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．18、（1）（2）【解析】（1）直线过定点P，故设直线l的方程为，再由点到直线的距离公式，即可解得k，得出直线方程；（2）设直线方程，，表示出A，B点的坐标，三角形面积为，根据k的取值范围即可取出面积最小值．【详解】解：（1）由题意可设直线的方程为，即，则，解得.故直线的方程为，即.（2）因为直线的方程为，所以，，则的面积为.由题意可知，则（当且仅当时，等号成立）.故面积的最小值为.【点睛】本题考查求直线方程和用基本不等式求三角形面积的最小值．19、（1），（2）【解析】（1）设出等差数列的基本量，首项和公差，根据条件列出方程组，解出和，写出的通项.（2）由（1）中求出的基本量，根据等差数列的求和公式，写出【详解】设等差数列的首项为，公差为，，解得（2）由（1）可知，【点睛】本题考查等差数列基本量计算，等差数列通项和求和的求法，属于简单题.20、（1）；（2）．【解析】（1）由正弦定理化边为角，再由同角间的三角函数关系化简可求得；（2）利用余弦定理得出的等式，由基本不等式求得的最大值，可得面积最大值．【详解】（1）∵，∴，又，∴，即，∴；（2）由（1），∴，当且仅当时等号成立．∴，，最大值为．【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理，考查同角间的三角函数关系，考查基本不等式求最值．本题主要是考查的公式较多，掌握所有公式才能正确解题．本题属于中档题．21、（1）；（2）；（3）存在，和.【解析】（1）根据圆心在，的中垂线上，设圆心的坐标为，根据求出的值，从而可得结果；（2）利用点到直线的距离公式以及勾股定理可得结果；（3）首先验证直线的斜率不存在时符合题意，然后斜率存在时，设出直线方程，与圆的方程联立，利用韦达定理，根据列方程求解即可.【详解】解：（1）由题意可得：圆心在直线上，设圆心的坐标为，则，解得，即圆心，所以半径，所以圆的方程为；（2）圆心到直线的距离为：，；（3）设，由题意可得：，且的斜率均存在，即，当直线的斜率不存在时，，则，满足，故直线满足题意，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由，消去得，则，由得,即，即，解得：，所以直线的方程为，综上所述，存在满足条件的直线和.【点睛】本题考查直线和圆的位置关系，注意对于直线要研究其斜率是否存在，另外利用韦达定理可以达到设而不求的目的，本题是中档题.