2023年河北省秦皇島市盧龍中學高一數學第二學期期末學業(yè)水平測試試題含解析

2022-2023學年高一下數學期末模擬試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．設正實數滿足，則當取得最大值時，的最大值為（）A．0 B．1 C． D．32．已知向量，滿足，，，則（）A．3 B．2 C．1 D．03．已知=(2,3)，=(3，t)，=1，則=A．-3 B．-2C．2 D．34．從裝有2個紅球和2個黑球的口袋內任取2個球，則互斥而不對立的兩個事件是（）A．恰有1個黑球與恰有2個黑球 B．至少有一個紅球與都是黑球C．至少有一個黑球與至少有1個紅球 D．至少有一個黑球與都是黑球5．設x，y滿足約束條件，則z=x-y的取值范圍是A．[–3,0] B．[–3,2] C．[0,2] D．[0,3]6．如圖所示，在邊長為2的正方形中有一封閉曲線圍成的陰影區(qū)域，向該正方形中隨機撒一粒豆子，它落在陰影區(qū)域的概率是，則該陰影區(qū)域的面積是（）A．3 B． C． D．7．已知點，直線過點，且與線段相交，則直線的斜率滿足()A．或 B．或 C． D．8．若a=(3,2)，bA．（3，－4） B．（－3，4） C．（3，4） D．（－3，－4）9．設，，，若則，的值是（）A．， B．，C．， D．，10．已知，，，若點是所在平面內一點，且，則的最大值等于（）.A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知一個扇形的周長為4，則扇形面積的最大值為______.12．九連環(huán)是我國從古至今廣泛流傳的一種益智游戲，它用九個圓環(huán)相連成串，以解開為勝.據明代楊慎《丹鉛總錄》記載：“兩環(huán)互相貫為一，得其關捩，解之為二，又合面為一”.在某種玩法中，用表示解下個圓環(huán)所需的移動最少次數，滿足，且，則解下4個環(huán)所需的最少移動次數為_____.13．在中，.以為圓心，2為半徑作圓，線段為該圓的一條直徑，則的最小值為_________.14．已知與的夾角為求=_____．15．在中，角所對的邊分別為，若，則=______．16．設函數，則使得成立的的取值范圍是_______________．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，在四邊形中，，，.（1）若，求的面積；（2）若，，求的長.18．如圖，四棱錐中，底面為矩形，面，為的中點．（1）證明：平面;（2）設，，三棱錐的體積，求A到平面PBC的距離．19．已知等差數列滿足，前項和.（1）求的通項公式（2）設等比數列滿足，，求的通項公式及的前項和.20．在中，角的平分線交于點D，是面積的倍.（I）求的值；（II）若，，求的值.21．數列中，，（為常數）.（1）若，，成等差數列，求的值；（2）是否存在，使得為等比數列？并說明理由.

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】

x，y，z為正實數，且，根據基本不等式得，當且僅當x=2y取等號，所以x=2y時，取得最大值1,此時，,當時,取最大值1，的最大值為1,故選B.2、A【解析】

由，求出，代入計算即可．【詳解】由題意，則.故答案為A.【點睛】本題考查了向量的數量積，考查了學生的計算能力，屬于基礎題．3、C【解析】

根據向量三角形法則求出t，再求出向量的數量積.【詳解】由，，得，則，．故選C．【點睛】本題考點為平面向量的數量積，側重基礎知識和基本技能，難度不大．4、A【解析】

從裝有2個紅球和2個黑球的口袋中任取2個球，包括3種情況：①恰有一個黑球，②恰有兩個黑球，③沒有黑球．

故恰有一個黑球與恰有兩個黑球不可能同時發(fā)生，它們是互斥事件，再由這兩件事的和不是必然事件，故他們是互斥但不對立的事件，

故選：A．5、B【解析】作出約束條件表示的可行域，如圖中陰影部分所示.目標函數即，易知直線在軸上的截距最大時，目標函數取得最小值；在軸上的截距最小時，目標函數取得最大值，即在點處取得最小值，為；在點處取得最大值，為.故的取值范圍是[–3,2].所以選B.【名師點睛】線性規(guī)劃的實質是把代數問題幾何化，即運用數形結合的思想解題.需要注意的是：一，準確無誤地作出可行域；二，畫目標函數所對應的直線時，要注意與約束條件中的直線的斜率進行比較，避免出錯；三，一般情況下，目標函數的最大或最小值會在可行域的端點處或邊界上取得.6、B【解析】

利用幾何概型的意義進行模擬試驗，即估算不規(guī)則圖形面積的大小．【詳解】正方形中隨機撒一粒豆子，它落在陰影區(qū)域內的概率，，又，.故選：B．【點睛】本題考查幾何概型的意義進行模擬試驗，計算不規(guī)則圖形的面積，考查邏輯推理能力和運算求解能力，求解時注意豆子落在陰影區(qū)域內的概率與陰影部分面積及正方形面積之間的關系.7、A【解析】

畫出三點的圖像，根據的斜率，求得直線斜率的取值范圍.【詳解】如圖所示，過點作直線軸交線段于點，作由直線①直線與線段的交點在線段(除去點)上時，直線的傾斜角為鈍角，斜率的范圍是.②直線與線段的交點在線段(除去點)上時，直線的傾斜角為銳角，斜率的范圍是.因為，，所以直線的斜率滿足或.故選:A.【點睛】本小題主要考查兩點求斜率的公式，考查數形結合的數學思想方法，考查分類討論的數學思想方法，屬于基礎題.8、D【解析】

直接利用向量的坐標運算法則化簡求解即可．【詳解】解：向量a=（3，2），b則向量2b-故選D．【點睛】本題考查向量的坐標運算，考查計算能力．9、B【解析】

由向量相等的充要條件可得：，列出方程組，即可求解，得到答案．【詳解】由題意，向量，，，又因為，所以，所以，解得，故選B．【點睛】本題主要考查了平面向量的數乘運算及向量相等的充要條件，其中解答中熟記向量的共線條件，列出方程組求解是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．10、A【解析】以為坐標原點，建立平面直角坐標系，如圖所示，則，，，即，所以，，因此，因為，所以的最大值等于，當，即時取等號．考點：1、平面向量數量積；2、基本不等式．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、1【解析】

表示出扇形的面積，利用二次函數的單調性即可得出.【詳解】設扇形的半徑為，圓心角為，則弧長，，即，該扇形的面積，當且僅當時取等號.該扇形的面積的最大值為.故答案：.【點睛】本題考查了弧長公式與扇形的面積計算公式、二次函數的單調性，考查了計算能力，屬于基礎題.12、7【解析】

利用的通項公式，依次求出，從而得到，即可得到答案。【詳解】由于表示解下個圓環(huán)所需的移動最少次數，滿足，且所以，，故，所以解下4個環(huán)所需的最少移動次數為7故答案為7.【點睛】本題考查數列的遞推公式，屬于基礎題。13、-10【解析】

向量變形為，化簡得，轉化為討論夾角問題求解.【詳解】由題線段為該圓的一條直徑，設夾角為，可得：，當夾角為時取得最小值-10.故答案為：-10【點睛】此題考查求平面向量數量積的最小值，關鍵在于根據平面向量的運算法則進行變形，結合線性運算化簡求得，此題也可建立直角坐標系，三角換元設坐標利用函數關系求最值.14、【解析】

由題意可得：，結合向量的運算法則和向量模的計算公式可得的值.【詳解】由題意可得：，則：.【點睛】本題主要考查向量模的求解，向量的運算法則等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.15、【解析】根據正弦定理得16、【解析】

根據函數的表達式判斷出函數為偶函數，判斷函數在的單調性為遞增，根據偶函數的對稱性可得，解絕對值不等式即可.【詳解】解：，定義域為,因為，所以函數為偶函數.當時，易知函數在為增函數，根據偶函數的性質可知：由可知，所以，解得：或.故答案為：.【點睛】本題考查偶函數的性質和利用偶函數對稱性的特點解決問題，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）；（2）.【解析】

（1）由余弦定理求出BC，由此能求出△ABC的面積．（2）設∠BAC＝θ，AC=x，由正弦定理得從而，在中，由正弦定理得，建立關于θ的方程，由此利用正弦定理能求出sin∠CAD．再利用余弦定理可得結果.【詳解】（1）因為，，，所以，即，所以.所以.（2）設，，則，在中，由正弦定理得：，所以；在中，，所以.即，化簡得：，所以，所以，，所以在中，.即，解得或（舍）.【點睛】本題考查正、余弦定理在解三角形中的應用，考查了引入角的技巧方法，考查運算求解能力，考查函數與方程思想，是中檔題．18、（1）證明見解析（2）到平面的距離為【解析】

試題分析：（1）連結BD、AC相交于O，連結OE，則PB∥OE，由此能證明PB∥平面ACE．（2）以A為原點，AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出A到平面PBD的距離試題解析：(1）設BD交AC于點O，連結EO．因為ABCD為矩形，所以O為BD的中點．又E為PD的中點，所以EO∥PB又EO平面AEC，PB平面AEC所以PB∥平面AEC．（2）由，可得.作交于．由題設易知，所以故，又所以到平面的距離為法2：等體積法由，可得.由題設易知,得BC假設到平面的距離為d，又因為PB=所以又因為(或)，，所以考點：線面平行的判定及點到面的距離19、（1）；（2），．【解析】

（1）設的公差為，則由已知條件得，．化簡得解得故通項公式，即．（2）由（1）得．設的公比為,則,從而．故的前項和．20、（I）；（II）.【解析】

（I）根據是面積的倍列式，由此求得的值.（II）用來表示，利用正弦定理和兩角差的正弦公式，化簡（I）所得的表達式，求得的值，進而求得的值，利用正弦定理求得的值.【詳解】（I）因為AD平分角，所以．所以．（II）因為，所以，由（I）．所以，即．得，因為AD平分角，所以．因為，由正弦定理知，即，得．【點睛】本小題主要考查三角形的面積公式，考查三角形內角和定理，考查正弦定理解三角形，考查角平分線的性質，屬于中檔題.21、（Ⅰ）p=1；（Ⅱ）存在實數，使得{an}為等比數列【解析】

（Ⅰ）由已知求得a1