2024届北京科技大学附属中学高一数学第二学期期末质量检测模拟试题注意事项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执行如图所示的程序框图，则输出的值是（ ）ABCD2有一个内角为120的三角形的三边长分别是m，m+1，m+2，则实数m的值为（ ）A1BC2D3为了得到函数的图象，只需将函数的图象()A向左平移个单位B向右平移个单位C向左平移个单位D向右平移个单位4数列1，的一个通项公式为（ ）ABCD5设是等差数列的前项和，若，则（ ）ABCD6函数定义域是（ ）ABCD7把函数的图象经过变化而得到的图象，这个变化是（ ）A向左平移个单位B向右平移个单位C向左平移个单位D向右平移个单位8在等差数列中，若，则（ ）AB0C1D69集合，则=( )ABCD10设等差数列的前n项和为，首项，公差，则最大时，n的值为( )A11B10C9D8二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11在中，内角，所对的边分别为，且，则面积的最大值为_.12_.13若为锐角，则_14三菱柱ABC-A1B1C1中，底面边长和侧棱长都相等，BAA1=CAA1=60则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为_.15若把写成的形式，则_.16函数的定义域为_.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如图，矩形中，平面，为上的点，且平面，（）求证：平面； （）求三棱锥的体积18已知数列为单调递增数列，其前项和为，且满足.（1）求数列的通项公式；（2）若数列，其前项和为，若成立，求的最小值.19在平面直角坐标系中，的顶点、，边上的高线所在的直线方程为，边上的中线所在的直线方程为.（1）求点B到直线的距离；（2）求的面积.20在中，角所对的边为.已知面积（1）若求的值；（2）若，求的值.21在中，内角，所对的边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若，求的面积.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、C【解析】根据程序框图列出算法循环的每一步，结合判断条件得出输出的的值.【详解】执行如图所示的程序框图如下：不成立，；不成立，；不成立，；不成立，.成立，跳出循环体，输出的值为，故选C.【点睛】本题考查利用程序框图计算输出结果，对于这类问题，通常利用框图列出算法的每一步，考查计算能力，属于中等题.2、B【解析】由已知利用余弦定理可得，解方程可得的值.【详解】在三角形中，由余弦定理得：，化简可得：，解得或（舍）.故选：B.【点睛】本题主要考查了余弦定理在解三角形中的应用，考查了方程思想，属于基础题.3、D【解析】由函数，根据三角函数的图象变换，即可求解，得到答案.【详解】由题意，函数，为了得到函数的图象，只需将函数的图象向右平移个单位，故选D.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及正弦的倍角公式的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.4、A【解析】把数列化为，根据各项特点写出它的一个通项公式.【详解】数列可以化为，所以该数列的一个通项公式为.故选：A【点睛】本题考查了根据数列各项特点写出它的一个通项公式的应用问题，是基础题目.5、D【解析】根据等差数列片断和的性质得出、成等差数列，并将和都用表示，可得出的值【详解】根据等差数列的性质，若数列为等差数列，则也成等差数列；又，则数列是以为首项，以为公差的等差数列，则，故选D【点睛】本题考查等差数列片断和的性质，再利用片断和的性质时，要注意下标之间的倍数关系，结合性质进行求解，考查运算求解能力，属于中等题6、A【解析】若函数有意义,则需满足,进而求解即可【详解】由题,则,解得,故选:A【点睛】本题考查具体函数的定义域,属于基础题7、B【解析】试题分析：，与比较可知：只需将向右平移个单位即可考点：三角函数化简与平移8、C【解析】根据等差数列性质得到答案.【详解】等差数列中，若，【点睛】本题考查了等差数列的性质，属于简单题.9、C【解析】根据交集定义直接求解可得结果.【详解】根据交集定义知：故选：【点睛】本题考查集合运算中的交集运算，属于基础题.10、B【解析】由等差数列前项和公式得出，结合数列为递减数列确定，从而得到最大时，的值为10.【详解】由题意可得等差数列的首项，公差则数列为递减数列即当时，最大故选B。【点睛】本题对等差数列前项和以及通项公式，关键是将转化为，结合数列的单调性确定最大时，的值为10.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】根据正弦定理将转化为，即，由余弦定理得，再用基本不等式法求得，根据面积公式求解.【详解】根据正弦定理可转化为，化简得由余弦定理得因为所以，当且仅当时取所以则面积的最大值为.故答案为：【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理，基本不等式的综合应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.12、【解析】直接利用两角和与差的余弦函数公式及特殊角的三角函数值化简，即可得到结果【详解】故答案为：.【点睛】本题考查两角和与差的余弦函数公式，以及特殊角的三角函数值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力13、【解析】因为为锐角，所以，.14、【解析】如图设设棱长为1，则，因为底面边长和侧棱长都相等，且所以，所以，设异面直线的夹角为，所以.15、【解析】将角度化成弧度，再用象限角的表示方法求解即可【详解】解：故答案为：【点睛】本题考查弧度与角度的互化，象限角的表示，属于基础题16、【解析】根据对数函数的真数大于0，列出不等式求解集即可【详解】对数函数f（x）log2（x1）中，x10，解得x1；f（x）的定义域为（1，+）故答案为：（1，+）【点睛】本题考查了求对数函数的定义域问题，是基础题三、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、（）见解析 （）【解析】（）先证明，再证明平面；（） 由等积法可得即可求解.【详解】（）因为是中点，又因为平面，所以，由已知，所以是中点，所以，因为平面，平面，所以平面 （）因为平面，所以平面，则，又因为平面，所以，则平面，由可得平面，因为 ，此时，所以【点睛】本题主要考查线面平行的判定及利用等积法求三棱锥的体积问题，属常规考题.18、（1）；（2）10.【解析】（1）先根据和项与通项关系得项之间递推关系，再根据等差数列定义及其通项公式得数列的通项公式；（2）先根据裂项相消法求，再解不等式得，即得的最小值.【详解】（1）由知：，两式相减得: ，即，又数列为单调递增数列，又当时，即，解得或 (舍），符合，是以1为首项，以2为公差的等差数列，.（2），又 ，即，解得，又，所以的最小值为10.点睛：裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如 (其中是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如或.19、（1）（2）【解析】（1）由题意求得所在直线的斜率再由直线方程点斜式求的方程，然后利用点到直线的距离公式求解；（2）设的坐标，由题意列式求得的坐标，再求出，代入三角形面积公式求解【详解】（1）由题意，直线的方程为，即点到直线的距离；（2）设，则的中点坐标为，则，解得，即，的面积【点睛】本题考查点到直线的距离公式的应用，考查点关于直线的对称点的求法，是基础题20、（1）；（2）【解析】（1）利用三角形面积公式可构造关于的方程，解方程求得结果；（2）利用三角形面积公式求得；利用余弦定理可求解出结果.【详解】（1）由三角形面积公式可知： （2） 由余弦定理得：【点睛】本题考查余弦定理解三角形、三角形面积公式的应用问题，考查学生对于公式的掌握情况，属于基础题.21、（1）（2）【解析】(1)由正弦定理以及两角差的余弦公式得到，由特殊角的三角函数值得到结果；（2）结合余弦定理和面积公式得到结果.【详解】（1）由正弦定理得，即，又，.（2）.，.【点睛】本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及三角形面积公式，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.