2024届江西省赣州市于都县第三中学、全南县第二中学高一数学第二学期期末调研模拟试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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已知数列，满足，若，则（ ）ABCD2已知则（ ）ABCD3若扇形的面积为、半径为1，则扇形的圆心角为（）ABCD4若，则函数的最小值是（ ）ABCD5已知角的终边上有一点P（sin，cos），则tan=（）ABCD6在中，角，的对边分别为，若，则（ ）ABCD7已知，是两个不同的平面，给出下列四个条件：存在一条直线，使得，；存在两条平行直线，使得，；存在两条异面直线，使得，；存在一个平面，使得，其中可以推出的条件个数是（ ）A1B2C3D48在，内角所对的边分别为，且，则（ ）ABCD19集合，则（ ）ABCD10已知在中，为的中点，点为边上的动点，则最小值为（ ）A2BCD2二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11等差数列的前项和为，等比数列满足，.（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前15项和.12已知函数，则的最大值是_13已知是以为首项，为公差的等差数列，是其前项和，则数列的最小项为第_项14平面四边形如图所示，其中为锐角三角形，则_.15已知正方体的棱长为，点、分别为、的中点，则点到平面的距离为_.16在直角坐标系中，已知任意角以坐标原点为顶点，以轴的非负半轴为始边，若其终边经过点，且，定义： ，称“”为“的正余弦函数”，若，则_ 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已知角的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P（）（）求sin（+）的值；（）若角满足sin（+）=，求cos的值18为了对某课题进行研究，用分层抽样方法从三所高校，的相关人员中，抽取若干人组成研究小组，有关数据见下表（单位：人）.高校相关人员抽取人数A18B362C54（1）求，；（2）若从高校，抽取的人中选2人做专题发言，求这2人都来自高校的概率.19已知函数的定义域为A，的定义域为B（1）若，求的取值范围； （2）若，求实数的值及实数的取值范围20已知数列满足，令（1）求证数列为等比数列，并求通项公式；（2）求数列的前n项和.21已知圆，过点的直线与圆相交于不同的两点，（1）若，求直线的方程（2）判断是否为定值若是，求出这个定值；若不是，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、C【解析】利用递推公式计算出数列的前几项，找出数列的周期，然后利用周期性求出的值.【详解】，且，所以，则数列是以为周期的周期数列，.故选：C.【点睛】本题考查利用数列递推公式求数列中的项，推导出数列的周期是解本题的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.2、B【解析】根据条件式,判断出,且.由不等式性质、基本不等式性质或特殊值即可判断选项.【详解】因为所以可得,且对于A,由对数函数的图像与性质可知,所以A错误;对于B,由基本不等式可知,即由于,则,所以B正确;对于C,由条件可得,所以C错误;对于D,当时满足条件,但,所以D错误.综上可知,B为正确选项故选:B【点睛】本题考查了不等式性质的综合应用,根据基本不等式求最值,属于基础题.3、B【解析】设扇形的圆心角为，则扇形的面积为，半径为1， 故选B4、B【解析】直接用均值不等式求最小值.【详解】当且仅当,即时，取等号.故选：B【点睛】本题考查利用均值不等式求函数最小值,属于基础题.5、A【解析】由题意利用任意角的三角函数的定义，求得tan的值【详解】解：角的终边上有一点P（sin，cos），xsin，ycos，则tan，故选A【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题6、A【解析】由余弦定理可直接求出边的长.【详解】由余弦定理可得，所以.故选A.【点睛】本题考查了余弦定理的运用，考查了计算能力，属于基础题.7、B【解析】当，不平行时，不存在直线与，都垂直，故正确；存在两条平行直线，则，相交或平行，所以不正确；存在两条异面直线，由面面平行的判定定理得，故正确；存在一个平面，使得，则，相交或平行，所以不正确；故选8、C【解析】直接利用余弦定理求解.【详解】由余弦定理得.故选C【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.9、B【解析】求出中不等式的解集确定出，找出与的交集即可【详解】解：由中不等式变形得：，解得：，即，故选：【点睛】本题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键，属于基础题10、C【解析】由，结合投影几何意义，建立平面直角坐标系，结合向量数量积的定义及二次函数的性质即可求解.【详解】由,结合投影几何意义有：过点作的垂线，垂足落在的延长线上，且,以所在直线为轴，以中点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则设，其中则解析式是关于的二次函数，开口向上，对称轴时取得最小值，当时取得最小值故选：【点睛】本题考查向量方法解决几何最值问题，属于中等题型.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、（1），；（2）125.【解析】（1）直接利用等差数列，等比数列的公式得到答案.（2），前5项为正，后面为负，再计算数列的前15项和.【详解】解：（1）联立，解得，故，联立，解得，故.（2）.【点睛】本题考查了等差数列，等比数列，绝对值和，判断数列的正负分界处是解题的关键.12、3【解析】函数在上为减函数，故最大值为.13、【解析】先求，利用二次函数性质求最值即可【详解】由题 当时最小故答案为8【点睛】本题考查等差数列的求和公式，考查二次函数求最值，是基础题14、【解析】由二倍角公式求出，然后用余弦定理求得，再由余弦定理求【详解】由题意，在中，在中，即，解得，或若，则，不合题意，舍去，所以故答案为：【点睛】本题考查余弦的二倍角公式，考查余弦定理掌握余弦定理是解题关键15、【解析】作出图形，取的中点，连接，证明平面，可知点平面的距离等于点到平面的距离，然后利用等体积法计算出点到平面的距离，即为所求.【详解】如下图所示，取的中点，连接，在正方体中，且，、分别为、的中点，且，所以，四边形为平行四边形，且，又，平面，平面，平面，则点平面的距离等于点到平面的距离，的面积为，在正方体中，平面，且平面，易知三棱锥的体积为.的面积为.设点到平面的距离为，则，.故答案为：.【点睛】本题考查点到平面的距离的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等体积法的合理运用16、【解析】试题分析：根据正余弦函数的定义，令，则可以得出，即.可以得出，解得，.那么，所以故本题正确答案为.考点：三角函数的概念.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、（）；（） 或 .【解析】分析：（）先根据三角函数定义得，再根据诱导公式得结果，（）先根据三角函数定义得，再根据同角三角函数关系得，最后根据，利用两角差的余弦公式求结果.【详解】详解：（）由角的终边过点得，所以.（）由角的终边过点得，由得.由得，所以或.点睛：三角函数求值的两种类型(1)给角求值：关键是正确选用公式，以便把非特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数.(2)给值求值：关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异.一般可以适当变换已知式，求得另外函数式的值，以备应用；变换待求式，便于将已知式求得的函数值代入，从而达到解题的目的.18、（1）， （2）【解析】（1）根据分层抽样的概念,可得,求解即可；（2）分别记从高校抽取的2人为,从高校抽取的3人为,先列出从5人中选2人作专题发言的基本事件,再列出2人都来自高校的基本事件,进而求出概率【详解】（1）由题意可得,所以,（2）记从高校抽取的2人为,从高校抽取的3人为,则从高校,抽取的5人中选2人作专题发言的基本事件有,共10种设选中的2人都来自高校的事件为,则包含的基本事件有,共3种因此,故选中的2人都来自高校的概率为【点睛】本题考查分层抽样,考查古典概型,属于基础题19、 (1);(2) .【解析】（1）因为恒成立，时，不恒成立；时，由解得，综上，（2）因为， 所以， 所以所以，即的解集为，所以有，即；因为且，所以，设方程的两根分别为，则，令，则应有，所以的取值范围是20、（1）；（2）【解析】（1）由变形可得，即，于是可得数列为等比数列，进而得到通项公式；（2）由（1）得，然后分为奇数、偶数两种情况，将转化为数列的求和问题解决【详解】（1），又，数列是首项为8，公比为3的等比数列，（2）当为正偶数时，当为正奇数时，【点睛】（1）证明数列为等比数列时，在运用定义证明的同时还要说明数列中不存在等于零的项，这一点容易忽视（2）数列求和时要根据数列通项公式的特点，选择合适的方法进行求解，求解时要注意确定数列的项数21、（1）或（2）是，定值【解析】（1）根据题意设出，再联立直线方程和圆的方程，得到，然后由列式，再将的值代入求解，即可求出；（2）先根据特殊情况，当直线与轴垂直时，求出，再说明当直线与轴不垂直时， 是否成立，即可判断【详解】（1）由已知得不与轴垂直，不妨设，联立消去得，则有，又，解得或所以，直线的方程为或（2）当直线与轴垂直时（斜率不存在），的坐标分别为，此时当不与轴垂直时， 又由（1），且，所以综上，为定值【点睛】本题主要考查直线与