福建省泉州市永春縣華僑中學2024屆高一數學第二學期期末統(tǒng)考模擬試題含解析

福建省泉州市永春縣華僑中學2024屆高一數學第二學期期末統(tǒng)考模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請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．已知扇形圓心角為，面積為，則扇形的弧長等于（）A． B． C． D．2．如果點位于第四象限，則角是（）A．第一象限角 B．第二象限角 C．第三象限角 D．第四象限角3．設等比數列的前項和為，若，，則（）A．63 B．62 C．61 D．604．在中，，，，點P是內（包括邊界）的一動點，且（），則的最大值為（）A．6 B． C． D．65．函數（其中，，）的圖象如圖所示，為了得到的圖象，只需把的圖象上所有的點（）A．向右平移個單位長度 B．向左平移個單位長度C．向右平移個單位長度 D．向左平移個單位長度6．已知函數是連續(xù)的偶函數，且時，是單調函數，則滿足的所有之積為（）A． B． C． D．7．有5支彩筆（除顏色外無差別），顏色分別為紅、黃、藍、綠、紫.從這5支彩筆中任取2支不同顏色的彩筆，則取出的2支彩筆中含有紅色彩筆的概率為A． B． C． D．8．下列條件不能確定一個平面的是（）A．兩條相交直線 B．兩條平行直線 C．直線與直線外一點 D．共線的三點9．兩圓和的位置關系是（）A．相離 B．相交 C．內切 D．外切10．數列為等比數列，若，，數列的前項和為，則A． B． C．7 D．31二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．如圖，在B處觀測到一貨船在北偏西方向上距離B點1千米的A處，碼頭C位于B的正東千米處，該貨船先由A朝著C碼頭C勻速行駛了5分鐘到達C，又沿著與AC垂直的方向以同樣的速度勻速行駛5分鐘后到達點D，此時該貨船到點B的距離是________千米.12．200名職工年齡分布如圖所示，從中隨機抽取40名職工作樣本，采用系統(tǒng)抽樣方法，按1~200編號，分為40組，分別為1~5，6~10，…，196~200，若第5組抽取號碼為22，則第8組抽取號碼為________．若采用分層抽樣，40歲以下年齡段應抽取________人．13．若是三角形的內角，且，則等于_____________．14．給出下列四個命題：①正切函數在定義域內是增函數；②若函數，則對任意的實數都有；③函數的最小正周期是；④與的圖象相同.以上四個命題中正確的有_________（填寫所有正確命題的序號）15．如圖，緝私艇在處發(fā)現走私船在方位角且距離為12海里的處正以每小時10海里的速度沿方位角的方向逃竄，緝私艇立即以每小時14海里的速度追擊，則緝私艇追上走私船所需要的時間是__________小時.16．已知圓錐的頂點為，母線，所成角的余弦值為，與圓錐底面所成角為45°，若的面積為，則該圓錐的側面積為__________．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．已知函數，數列中，若，且.（1）求證：數列是等比數列；（2）設數列的前項和為，求證：.18．某高校在2012年的自主招生考試成績中隨機抽取名中學生的筆試成績，按成績分組，得到的頻率分布表如表所示．組號分組頻數頻率第1組5第2組①第3組30②第4組20第5組10（1）請先求出頻率分布表中位置的相應數據，再完成頻率分布直方圖；（2）為了能選拔出最優(yōu)秀的學生，高校決定在筆試成績高的第組中用分層抽樣抽取6名學生進入第二輪面試，求第3、4、5組每組各抽取多少名學生進入第二輪面試；（3）在（2）的前提下，學校決定在名學生中隨機抽取名學生接受考官進行面試，求：第組至少有一名學生被考官面試的概率．19．設a為實數，函數，（1）若，求不等式的解集；（2）是否存在實數a，使得函數在區(qū)間上既有最大值又有最小值？若存在，求出實數a的取值范圍；若不存在，請說明理由；（3）寫出函數在R上的零點個數（不必寫出過程）．20．正項數列：，滿足：是公差為的等差數列，是公比為2的等比數列.（1）若，求數列的所有項的和；（2）若，求的最大值；（3）是否存在正整數，滿足?若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.21．在城市舊城改造中，某小區(qū)為了升級居住環(huán)境，擬在小區(qū)的閑置地中規(guī)劃一個面積為的矩形區(qū)域（如圖所示），按規(guī)劃要求：在矩形內的四周安排寬的綠化，綠化造價為200元/，中間區(qū)域地面硬化以方便后期放置各類健身器材，硬化造價為100元/.設矩形的長為.（1）設總造價（元）表示為長度的函數；（2）當取何值時，總造價最低，并求出最低總造價.

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、C【解題分析】

根據扇形面積公式得到半徑，再計算扇形弧長.【題目詳解】扇形弧長故答案選C【題目點撥】本題考查了扇形的面積和弧長公式，解出扇形半徑是解題的關鍵，意在考查學生的計算能力.2、C【解題分析】

由點位于第四象限列不等式，即可判斷的正負，問題得解.【題目詳解】因為點位于第四象限所以，所以所以角是第三象限角故選C【題目點撥】本題主要考查了點的坐標與點的位置的關系，還考查了等價轉化思想及三角函數值的正負與角的終邊的關系，屬于基礎題.3、A【解題分析】

由等比數列的性質可得S2，S4-S2，S6-S4成等比數列，代入數據計算可得．【題目詳解】因為，，成等比數列，即3，12，成等比數列，所以，解得.【題目點撥】本題考查等比數列的性質與前項和的計算，考查運算求解能力.4、B【解題分析】

利用余弦定理和勾股定理可證得；取，作，根據平面向量平行四邊形法則可知點軌跡為線段，由此可確定，利用勾股定理可求得結果.【題目詳解】由余弦定理得：如圖，取，作，交于在內（包含邊界）點軌跡為線段當與重合時，最大，即故選：【題目點撥】本題考查向量模長最值的求解問題，涉及到余弦定理解三角形的應用；解題關鍵是能夠根據平面向量線性運算確定動點軌跡，根據軌跡確定最值點.5、C【解題分析】

通過圖象可以知道：最低點的縱坐標為，函數的圖象與橫軸的交點的坐標為，與之相鄰的最低點的坐標為，這樣可以求出和最小正周期，利用余弦型函數最小正周期公式，可以求出，把零點代入解析式中，可以求出，這樣可以求出函數的解析式，利用誘導公式化為正弦型三角函數解析式形式，最后利用平移變換解析式的變化得出正確答案.【題目詳解】由圖象可知：函數的最低點的縱坐標為，函數的圖象與橫軸的交點的坐標為，與之相鄰的最低點的坐標為，所以，設函數的最小正周期為，則有，而，把代入函數解析式中，得，所以，而，顯然由向右平移個單位長度得到的圖象，故本題選C.【題目點撥】本題考查了由函數圖象求余弦型函數解析式，考查了正弦型函數圖象之間的平移變換規(guī)律.6、D【解題分析】

由y＝f（x+2）為偶函數分析可得f（x）關于直線x＝2對稱，進而分析可得函數f（x）在（2，+∞）和（﹣∞，2）上都是單調函數，據此可得若f（x）＝f（1），則有x＝1或4﹣x＝1，變形為二次方程，結合根與系數的關系分析可得滿足f（x）＝f（1）的所有x之積，即可得答案．【題目詳解】根據題意，函數y＝f（x+2）為偶函數，則函數f（x）關于直線x＝2對稱，又由當x＞2時，函數y＝f（x）是單調函數，則其在（﹣∞，2）上也是單調函數，若f（x）＝f（1），則有x＝1或4﹣x＝1，當x＝1時，變形可得x2+3x﹣3＝0，有2個根，且兩根之積為﹣3，當4﹣x＝1時，變形可得x2+x﹣13＝0，有2個根，且兩根之積為﹣13，則滿足f（x）＝f（1）的所有x之積為（﹣3）×（﹣13）＝39；故選：D．【題目點撥】本題考查抽象函數的應用，涉及函數的對稱性與單調性的綜合應用，屬于綜合題．7、C【解題分析】選取兩支彩筆的方法有種，含有紅色彩筆的選法為種，由古典概型公式，滿足題意的概率值為.本題選擇C選項.考點：古典概型名師點睛：對于古典概型問題主要把握基本事件的種數和符合要求的事件種數，基本事件的種數要注意區(qū)別是排列問題還是組合問題，看抽取時是有、無順序，本題從這5支彩筆中任取2支不同顏色的彩筆，是組合問題，當然簡單問題建議采取列舉法更直觀一些.8、D【解題分析】

根據確定平面的公理和推論逐一判斷即可得解．【題目詳解】解：對選項：經過兩條相交直線有且只有一個平面，故錯誤．對選項：經過兩條平行直線有且只有一個平面，故錯誤．對選項：經過直線與直線外一點有且只有一個平面，故錯誤．對選項：過共線的三點，有無數個平面，故正確；故選：．【題目點撥】本題主要考查確定平面的公理及推論．解題的關鍵是要對確定平面的公理及推論理解透徹，屬于基礎題．9、B【解題分析】

由圓的方程可得兩圓圓心坐標和半徑；根據圓心距和半徑之間的關系，即可判斷出兩圓的位置關系.【題目詳解】由圓的方程可知，兩圓圓心分別為：和；半徑分別為：，則圓心距：兩圓位置關系為：相交本題正確選項：【題目點撥】本題考查圓與圓位置關系的判定；關鍵是明確兩圓位置關系的判定是根據圓心距與兩圓半徑之間的長度關系確定.10、A【解題分析】

先求等比數列通項公式，再根據等比數列求和公式求結果.【題目詳解】數列為等比數列，，，，解得，，數列的前項和為，．故選．【題目點撥】本題考查等比數列通項公式與求和公式，考查基本分析求解能力，屬基礎題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、3【解題分析】

先在中，由余弦定理算出和，然后在中由余弦定理即可求出.【題目詳解】由題意可得，在中，所以由余弦定理得：即，所以因為所以所以所以在中有：即故答案為：3【題目點撥】本題考查三角形的解法，余弦定理的應用，是基本知識的考查．12、371【解題分析】

由系統(tǒng)抽樣，編號是等距出現的規(guī)律可得，分層抽樣是按比例抽取人數．【題目詳解】第8組編號是22+5+5+5＝37，分層抽樣，40歲以下抽取的人數為50%×40＝1（人）．故答案為：37；1．【題目點撥】本題考查系統(tǒng)抽樣和分層抽樣，屬于基礎題．13、【解題分析】∵是三角形的內角，且，∴故答案為點睛：本題是一道易錯題，在上，，分兩種情況：若，則；若，則有兩種情況銳角或鈍角.14、②③④【解題分析】

①利用反例證明命題錯誤；②先判斷為其中一條對稱軸；③通過恒等變換化成；④對兩個解析式進行變形，得到定義域和對應關系均一樣.【題目詳解】對①，當，顯然，但，所以，不符合增函數的定義，故①錯；對②，當時，，所以為的一條對稱軸，當取，取時，顯然兩個數關于直線對稱，所以，即成立，故②對；對③，，，故③對；對④，因為，，兩個函數的定義域都是，解析式均為，所以函數圖象相同，故④對.綜上所述，故填：②③④.【題目點撥】本題對三角函數的定義域、值域、單調性、對稱性、周期性等知識進行綜合考查，求解過程中要注意數形結合思想的應用.15、【解題分析】

設緝私艇追上走私船所需要的時間為小時，根據各自的速度表示出與，由，利用余弦定理列出關于的方程，求出方程的解即可得到的值．【題目詳解】解：設緝私艇上走私船所需要的時間為小時，則，，在中，，根據余弦定理知：，或（舍去），故緝私艇追上走私船所需要的時間為2小時．故答案為：．【題目點撥】本題考查了正弦、余弦定理，以及特殊角的三角函數值，熟練掌握正弦、余弦定理是解本題的關鍵，屬于中檔題．16、【解題分析】

分析：先根據三角形面積公式求出母線長,再根據母線與底面所成角得底面半徑，最后根據圓錐側面積公式求結果.詳解：因為母線，所成角的余弦值為，所以母線，所成角的正弦值為，因為的面積為，設母線長為所以，因為與圓錐底面所成角為45°，所以底面半徑為因此圓錐的側面積為三、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、（1）見解析；（2）見解析【解題分析】

（1）將代入到函數表達式中，得，兩邊都倒過來，即可證明數列是等比數列；（2）由（1）得出an的通項公式，然后根據不等式＜在求和時進行放縮法的應用，再根據等比數列求和公式進行計算，即可證出．【題目詳解】（1）由函數，在數列中，若，得：，上式兩邊都倒過來，可得：＝＝﹣2，∴﹣1＝﹣2﹣1＝﹣1＝1（﹣1）．∵﹣1＝1．∴數列是以1為首項，1為公比的等比數列．（2）由（1），可知：＝1n，∴an＝，n∈N*．∵當n∈N*時，不等式＜成立．∴Sn＝a1+a2+…+an＝＝＝﹣?＜．∴．【題目點撥】本題主要考查數列與函數的綜合應用，根據條件推出數列的遞推公式，由遞推公式推出通項公式與放縮法的應用是解決本題的兩個關鍵點，屬于中檔題．18、（1）人，，直方圖見解析；（2）人、人、人；（3）.【解題分析】

（1）由頻率分布直方圖能求出第組的頻數，第組的頻率，從而完成頻率分布直方圖．（2）根據第組的頻數計算頻率，利用各層的比例，能求出第組分別抽取進入第二輪面試的人數．（3）設第組的位同學為，第組的位同學為，第組的位同學為，利用列舉法能出所有基本事件及滿足條件的基本事件的個數，利用古典概型求得概率．【題目詳解】（1）①由題可知，第2組的頻數為人，②第組的頻率為，頻率分布直方圖如圖所示，

（2）因為第組共有名學生，所以利用分層抽樣在名學生中抽取名學生進入第二輪面試，每組抽取的人數分別為：第組：人，第組：人，第組：人，所以第組分別抽取人、人、人進入第二輪面試．（3）設第組的位同學為，第組的位同學為，第組的位同學為，則從這六位同學中抽取兩位同學有種選法，分別為：，，，，，，，，，，，，，，，其中第組的位同學中至少有一位同學入選的有種，分別為：，，，∴第組至少有一名學生被考官面試的概率為．【題目點撥】本題考查頻率分直方圖、分層抽樣的應用，考查概率的求法，考查數據處理能力、運算求解能力，是基礎題．19、（1）（2）不存在這樣的實數,理由見解析（3）見解析【解題分析】

（1）代入的值,通過討論的范圍,求出不等式的解集即可；（2）通過討論的范圍,求出函數的單調區(qū)間,再求出函數的最值,得到關于的不等式組,解出并判斷即可；（3）通過討論的范圍,判斷函數的零點個數即可【題目詳解】（1）當時,,則當時,,解得或,故；當時,,解集為,綜上,的解集為（2）,顯然,,①當時,則在上單調遞增,在上單調遞減,在上單調遞增,因為函數在上既有最大值又有最小值,所以,,則,即,解得,故不存在這樣的實數；②當時,則在上單調遞增,在上單調遞減,在上單調遞增,因為函數在上既有最大值又有最小值,故,,則,即,解得,故不存在這樣的實數；③當時,則為上的遞增函數,故函數在上不存在最大值和最小值,綜上,不存在這樣的實數（3）當或時,函數的零點個數為1；當或時,函數的零點個數為2；當時,函數的零點個數為3【題目點撥】本題考查分段函數的應用,考查利用函數的單調性求最值,考查函數的零點個數,著重考查分類討論思想20、（1）84；（2）1033；（3）