2024屆廣西壯族自治區(qū)桂林市第十八中數學高一第二學期期末統(tǒng)考模擬試題含解析

2024屆廣西壯族自治區(qū)桂林市第十八中數學高一第二學期期末統(tǒng)考模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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．已知向量滿足.為坐標原點，.曲線，區(qū)域.若是兩段分離的曲線，則()A． B． C． D．2．已知圓的方程為，則圓心坐標為（）A． B． C． D．3．已知圓和圓只有一條公切線，若，且，則的最小值為（）A．2 B．4 C．8 D．94．下面的程序運行后，輸出的值是（）A．90 B．29 C．13 D．545．某空間幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的體積等于（）A．1 B．2 C．4 D．66．函數的圖像的一條對稱軸是（）A． B． C． D．7．如圖，在正方體，點在線段上運動，則下列判斷正確的是（）①平面平面②平面③異面直線與所成角的取值范圍是④三棱錐的體積不變A．①② B．①②④ C．③④ D．①④8．點M(4，m）關于點N（n,－3）的對稱點為P（6，-9）則（）A．m＝－3,n＝10 B．m＝3,n＝10C．m＝－3,n＝5 D．m=3,n=59．在等差數列中，若，，則（）A． B．1 C． D．10．設是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則下列結論正確的是()A．若，，則B．若，，則C．若，，則是異面直線D．若，，，則二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若，且，則是第_______象限角.12．已知向量，滿足，與的夾角為，則在上的投影是；13．不等式的解集為________.14．在△ABC中，若a2＝b2＋bc＋c2，則A＝________.15．方程組的增廣矩陣是________.16．圓上的點到直線的距離的最小值是______.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．在中，已知，其中角所對的邊分別為．求（1）求角的大小；（2）若，的面積為，求的值．18．已知△ABC內角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且.（Ⅰ）求A；（Ⅱ）若，求△ABC面積的最大值.19．已知函數f（x）＝2cosx（sinx﹣cosx）.（1）求函數f（x）的最小正周期及單調遞減區(qū)間：（2）將f（x）的圖象向左平移個單位后得到函數g（x）的圖象，若方程g（x）＝m在區(qū)間[0，]上有解，求實數m的取值范圍.20．在中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，．（1）求角A的大小；（2）若，，求的面積．21．已知，設.（1）若圖象中相鄰兩條對稱軸間的距離不小于，求的取值范圍；（2）若的最小正周期為，且當時，的最大值是，求的解析式，并說明如何由的圖象變換得到的圖象.

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【解題分析】

不妨設，由得出點的坐標，根據題意得出曲線表示一個以為圓心，為半徑的圓，區(qū)域表示以為圓心，內徑為，外徑為的圓環(huán)，再由是兩段分離的曲線，結合圓與圓的位置關系得出的取值.【題目詳解】不妨設則，所以，則曲線表示一個以為圓心，為半徑的圓因為區(qū)域，所以區(qū)域表示以為圓心，內徑為，外徑為的圓環(huán)由于是兩段分離的曲線，則該兩段曲線分別為上圖中的要使得是分離的曲線，則所在的圓與圓相交于不同的兩點所以，即故選：A【題目點撥】本題主要考查了集合的應用以及由圓與圓的位置關系確定參數的范圍，屬于中檔題.2、C【解題分析】試題分析：的方程變形為，圓心為考點：圓的方程3、D【解題分析】

由題意可得兩圓相內切，根據兩圓的標準方程求出圓心和半徑，可得，再利用“1”的代換，使用基本不等式求得的最小值．【題目詳解】解：由題意可得兩圓相內切，兩圓的標準方程分別為，，圓心分別為，，半徑分別為2和1，故有，，，當且僅當時，等號成立，的最小值為1．故選：．【題目點撥】本題考查兩圓的位置關系，兩圓相內切的性質，圓的標準方程的特征，基本不等式的應用，得到是解題的關鍵和難點．4、D【解題分析】

根據程序語言的作用，模擬程序的運行結果，即可得到答案．【題目詳解】模擬程序的運行，可得，執(zhí)行循環(huán)體，，執(zhí)行循環(huán)體，，執(zhí)行循環(huán)體，，執(zhí)行循環(huán)體，，退出循環(huán)，輸出的值為1．故選：D．【題目點撥】本題考查利用模擬程序執(zhí)行過程求輸出結果，考查邏輯推理能力和運算求解能力，屬于基礎題．5、B【解題分析】

先由三視圖還原幾何體，再由題中數據，結合棱錐的體積公式，即可得出結果.【題目詳解】由三視圖可得，該幾何體為底面是直角梯形，側棱垂直于底面的四棱錐，如圖所示：由題意可得其體積為：故選B【題目點撥】本題主要考查由幾何體的三視圖求幾何體的體積，熟記棱錐的結構特征以及體積公式即可，屬于?？碱}型.6、C【解題分析】對稱軸穿過曲線的最高點或最低點，把代入后得到,因而對稱軸為，選.7、B【解題分析】

①連接DB1，容易證明DB1⊥面ACD1，從而可以證明面面垂直；②連接A1B，A1C1容易證明平面BA1C1∥面ACD1，從而由線面平行的定義可得；③分析出A1P與AD1所成角的范圍，從而可以判斷真假；④=，C到面AD1P的距離不變，且三角形AD1P的面積不變；【題目詳解】對于①，連接DB1，根據正方體的性質，有DB1⊥面ACD1，DB1?平面PB1D，從而可以證明平面PB1D⊥平面ACD1，正確．②連接A1B，A1C1容易證明平面BA1C1∥面ACD1，從而由線面平行的定義可得A1P∥平面ACD1，正確．③當P與線段BC1的兩端點重合時，A1P與AD1所成角取最小值，當P與線段BC1的中點重合時，A1P與AD1所成角取最大值，故A1P與AD1所成角的范圍是，錯誤；④=，C到面AD1P的距離不變，且三角形AD1P的面積不變．∴三棱錐A﹣D1PC的體積不變，正確；正確的命題為①②④．故選B．【題目點撥】本題考查空間點、線、面的位置關系，空間想象能力，中檔題．8、D【解題分析】因為點M，P關于點N對稱，所以由中點坐標公式可知.9、C【解題分析】

運用等差數列的性質求得公差d，再運用通項公式解得首項即可．【題目詳解】由題意知，所以.故選C.【題目點撥】本題考查等差數列的通項公式的運用，等差數列的性質，考查運算能力，屬于基礎題．10、A【解題分析】

利用線面垂直的判定，線面平行的判定，線線的位置關系及面面平行的性質逐一判斷即可.【題目詳解】對于A，垂直于同一個平面的兩條直線互相平行，故A正確.對于B，若，，則或，故B錯誤.對于C，若，，則位置關系為平行或相交或異面，故C錯誤.對于D，若，，，則位置關系為平行或異面，故D錯誤.故選：A【題目點撥】本題主要考查了線面垂直的性質，線面平行的判定和面面平行的性質，屬于簡單題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、三【解題分析】

利用二倍角公式計算出的值，結合判斷出角所在的象限.【題目詳解】由二倍角公式得，又，因此，是第三象限角，故答案為三.【題目點撥】本題考查利用三角函數值的符號與角的象限之間的關系，考查了二倍角公式，對于角的象限與三角函數值符號之間的關系，充分利用“一全二正弦、三切四余弦”的規(guī)律來判斷，考查分析問題與解決問題的能力，屬于中等題.12、1【解題分析】考查向量的投影定義，在上的投影等于的模乘以兩向量夾角的余弦值13、【解題分析】

將三階矩陣化為普通運算，利用指數函數的性質即可求出不等式的解集.【題目詳解】不等式化為，整理得，，，即，，即不等式的解集為故答案為：【題目點撥】此題考查了其他不等式的解法，指數函數的性質，以及三階矩陣，是一道中檔題.14、120°【解題分析】∵a2＝b2＋bc＋c2，∴b2＋c2－a2＝－bc，∴cosA＝＝＝－，又∵A為△ABC的內角，∴A＝120°故答案為：120°15、【解題分析】

理解方程增廣矩陣的涵義，即可由二元線性方程組，寫出增廣矩陣.【題目詳解】由題意，方程組的增廣矩陣為其系數以及常數項構成的矩陣，故方程組的增廣矩陣是.故答案為：【題目點撥】本題考查了二元一次方程組與增廣矩陣的關系，需理解增廣矩陣的涵義，屬于基礎題.16、【解題分析】

求圓心到直線的距離，用距離減去半徑即可最小值.【題目詳解】圓C的圓心為，半徑為，圓心C到直線的距離為：，所以最小值為：故答案為：【題目點撥】本題考查圓上的點到直線的距離的最值，若圓心距為d，圓的半徑為r且圓與直線相離，則圓上的點到直線距離的最大值為d+r，最小值為d-r.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）1.【解題分析】試題分析：(1)利用正弦定理角化邊，結合三角函數的性質可得；(2)由△ABC的面積可得，由余弦定理可得，結合正弦定理可得：的值是1.試題解析：（1）由正弦定理，得，∵，∴.即，而∴，則（2）由，得，由及余弦定理得，即，所以．18、（Ⅰ）（Ⅱ）【解題分析】

（Ⅰ）利用正弦定理，三角函數恒等變換，可得，結合范圍，可求的值．（Ⅱ）方法1：由余弦定理，基本不等式可得，利用三角形的面積公式即可求解；方法2：由正弦定理可得，，并將其代入可得，然后再化簡，根據正弦函數的圖象和性質即可求得面積的最大值．【題目詳解】解：（I）因為，由正弦定理可得：，所以所以，即，，所以，可得：，所以，所以，可得：（II）方法1：由余弦定理得：，得，所以當且僅當時取等號，所以△ABC面積的最大值為方法2：因為，所以，，所以，所以，當且僅當，即，當時取等號.所以△ABC面積的最大值為.【題目點撥】本題主要考查了正弦定理，三角函數恒等變換的應用，余弦定理，基本不等式，三角形的面積公式，正弦函數的圖象和性質在解三角形中的綜合應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于中檔題．19、（1）函數的最小正周期為π;函數的減區(qū)間為[kπ，kπ]，k∈Z（2）m∈[﹣2，1]【解題分析】

（1）利用三角恒等變換化簡函數的解析式，再根據正弦函數的周期性和單調性，得出結論；（2）利用正弦函數的定義域和值域，求得的范圍，進而可得的范圍.【題目詳解】（1）函數f（x）＝2cosx（sinx﹣cosx）sin2x﹣（1+cos2x）＝2sin（2x）﹣1，故函數的最小正周期為π.令2kπ2x2kπ，求得kπx≤kπ，可得函數的減區(qū)間為[kπ，kπ]，k∈Z.（2）將f（x）的圖象向左平移個單位后，得到函數g（x）＝2sin（2x）﹣1＝2sin（2x）﹣1的圖象.在區(qū)間[0，]上，2x∈[，]，sin（2x）∈[，1]，f（x）∈[﹣2，1].若方程g（x）＝m在區(qū)間[0，]上有解，則m∈[﹣2，1].【題目點撥】本題主要考查三角恒等變換，正弦函數的周期性和單調性，函數的恒成立問題，正弦函數的定義域和值域，屬于中檔題.20、（1）（2）【解題分析】

（1）由，結合，得到求解.（2）據（1）知．再由余弦定理求得邊，再利用求解．【題目詳解】（1）因為，，所以，所以，所以，或（舍去）．又因為，所以．（2）由（1）知．由余弦定理得所以，即，所以（舍）或．所以的面積．【題目點撥】本題主要考查了余弦定理和正弦定理的應用，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.21、（1）；（2）;平移變換過程見解析.【解題分析】

（1）根據平面向量的坐標運算,表示出的解析式,結合輔助角公式化簡三角函數式.結合相鄰兩條對稱軸間的距離不小于及周期公式,即可求得的取值范圍;（2）根據最小正周期,求得的值.代入解析式