江苏省连云港市锦屏高级中学2023-2024学年数学高一下期末综合测试模拟试题注意事项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某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）ABCD2设数列的前项和为，且 ，则数列的前10项的和是（ ）A290BCD3等差数列的前项和为，若，且，则（）A10B7C12D34在锐角中，若，则（ ）ABCD5点到直线的距离是（ ）ABC3D6如图，在矩形中，点满足，记，则的大小关系为( )ABCD7已知正数满足，则的最小值是（ ）A9B10C11D128若，则( )ABCD9 “纹样”是中国艺术宝库的瑰宝，“火纹”是常见的一种传统纹样为了测算某火纹纹样(如图阴影部分所示)的面积，作一个边长为5的正方形将其包含在内，并向该正方形内随机投掷1000个点，己知恰有400个点落在阴影部分，据此可估计阴影部分的面积是A2B3C10D1510在直角梯形中，则梯形绕着旋转而成的几何体的体积为（ ）ABCD二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11弧度制是数学上一种度量角的单位制，数学家欧拉在他的著作无穷小分析概论中提出把圆的半径作为弧长的度量单位.已知一个扇形的弧长等于其半径长，则该扇形圆心角的弧度数是_12九章算术中，将底面为长方形且由一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑若三棱锥为鳖臑，平面，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为_.13经过点，且在两坐标轴上的截距之和为2的直线的一般式方程为_.14已知等比数列的前项和为，则的值是_.15已知向量为单位向量，向量，且，则向量的夹角为_16若正实数满足，则的最小值为_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已知数列的前项和为(1)证明:数列是等差数列;(2)设,求数列的前2020项和.18在中，.（1）求角B的大小；（2）的面积，求的边BC的长.19如图，等腰梯形中，取中点，连接，把三角形沿折起，使得点在底面上的射影落在上，设为的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.20已知数列满足，.（1）求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式；（2） 令，求数列的前项和.21设数列，满足：，.（1）写出数列的前三项；（2）证明：数列为常数列，并用表示；（3）证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式.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、B【解析】试题分析：该几何体是正方体在两个角各挖去四分之一个圆柱，因此故选B考点：三视图，体积2、C【解析】由得为等差数列，求得，得利用裂项相消求解即可【详解】由得，当时，整理得，所以是公差为4的等差数列，又，所以，从而，所以，数列的前10项的和.故选.【点睛】本题考查递推关系求通项公式，等差数列的通项及求和公式，裂项相消求和，熟记公式，准确得是等差数列是本题关键，是中档题3、C【解析】由等差数列的前项和公式解得，由，得，由此能求出的值。【详解】解：差数列的前n项和为，解得，解得，故选：C。【点睛】本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题4、D【解析】由同角三角函数关系式,先求得,再由余弦定理即可求得的值.【详解】因为为锐角三角形,由同角三角函数关系式可得又因为,由余弦定理可得 代入可得所以 故选:D【点睛】本题考查了同角三角函数关系式应用,余弦定理求三角形的边,属于基础题.5、D【解析】根据点到直线的距离求解即可.【详解】点到直线的距离是.故选：D【点睛】本题主要考查了点到线的距离公式,属于基础题.6、C【解析】可建立合适坐标系，表示出a,b,c的大小，运用作差法比较大小.【详解】以为圆心，以所在直线为轴、轴建立坐标系，则，设，则，故选C.【点睛】本题主要考查学生的建模能力，意在考查学生的理解能力及分析能力，难度中等.7、A【解析】利用基本不等式可得，然后解出即可【详解】解：正数，满足，当且仅当时取等号，的最小值为9，故选：A【点睛】本题主要考查基本不等式的应用和一元二次不等式的解法，属于基础题8、B【解析】利用诱导公式得到的值，再由同角三角函数的平方关系，结合角的范围，即可得答案.【详解】，又，.故选：B.【点睛】本题考查诱导公式、同角三角函数的平方关系，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，求解时注意符号问题.9、C【解析】根据古典概型概率公式以及几何概型概率公式分别计算概率，解方程可得结果.【详解】设阴影部分的面积是s，由题意得，选C.【点睛】(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域10、A【解析】易得梯形绕着旋转而成的几何体为圆台,再根据圆台的体积公式求解即可.【详解】易得梯形绕着旋转而成的几何体为圆台,圆台的高,上底面圆半径,下底面圆半径.故该圆台的体积 故选：A【点睛】本题主要考查了旋转体中圆台的体积公式,属于基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、1【解析】设扇形的弧长和半径长为，由弧度制的定义可得，该扇形圆心角的弧度数是.12、【解析】由题意得该四面体的四个面都为直角三角形，且平面，可得，因为为直角三角形，可得，所以，因此，结合几何关系，可求得外接球的半径，代入公式即可求球的表面积【详解】本题主要考查空间几何体由题意得该四面体的四个面都为直角三角形，且平面，因为为直角三角形，因此或（舍）所以只可能是，此时，因此，所以平面所在小圆的半径即为，又因为，所以外接球的半径，所以球的表面积为【点睛】本题考查三棱锥的外接球问题，难点在于确定BC的长，即得到，再结合几何性质即可求解，考查学生空间想象能力，逻辑推理能力，计算能力，属中档题13、【解析】由题可知，直线在x上轴截距为-3，再利用截距式可直接求得直线方程【详解】直线过（0，5），直线在y轴上的截距为5，又直线在两坐标轴上的截距之和为2，直线在x轴上的截距为2-5=-3直线方程为,即5x-3y+15=0【点睛】直线方程有五种基本形式，在只知道横纵截距的情况下，截距式是最快捷的一种方式14、1【解析】根据等比数列前项和公式，由可得，通过化简可得，代入的值即可得结果.【详解】，显然，故答案为1【点睛】本题主要考查等比数列的前项和公式，本题解题的关键是看出数列的公比的值，属于基础题15、【解析】因为，所以，所以，所以，则.16、【解析】由得，将转化为，整理，利用基本不等式即可求解。【详解】因为，所以.所以当且仅当，即：时，等号成立。所以的最小值为.【点睛】本题主要考查了构造法及转化思想，考查基本不等式的应用及计算能力，属于基础题。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、（1）见解析；（2）3030【解析】（1）当时，可求出首项，当时，利用即可求出通项公式，进而证明是等差数列；(2)可将奇数项和偶数项合并求和即可得到答案.【详解】（1）当时，当时，综上，.因为，所以是等差数列.（2）法一：，的前2020项和为：法二：，的前2020项和为：.【点睛】本题主要考查等差数列的证明，分组求和的相关计算，意在考查学生的分析能力和计算能力，难度中等.18、（1）；（2）【解析】（1）由条件可，展开计算代入，即可得；（2）先利用正弦定理求出，再利用面积可得，解方程可得，再利用余弦定理可求得边BC的长.【详解】解：（1）在中，则，即，整理得，又，（2）由正弦定理得，又，即，所以，解得，即.【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理的应用，考查了面积公式，是基础题.19、（1）见解析；（2）.【解析】（1）取的中点，取的中点，连接、，可知、均为等边三角形，可证明出平面，从而得出，再证明出四边形为平行四边形，可得出，由等腰三角形三线合一的性质可得，从而可得出，再利用线面垂直的判定定理可证明出平面；（2）过点在平面内作，垂足为点，连接，证明出平面，可得知二面角的平面角为，计算出直角三角形三边边长，即可求出，即为所求.【详解】（1）如下图所示，取的中点，取的中点，连接、，在等腰梯形中，为的中点，所以，又，则，为等边三角形，同理可知为等边三角形，为的中点，平面，平面，由于和是边长相等的等边三角形，且为的中点，为的中点，.在等腰梯形中，且，则四边形为平行四边形，、分别为、的中点，且，为的中点，且，则四边形为平行四边形，平面；（2）过点在平面内作，垂足为点，连接，由于点在平面内的射影点在上，则平面平面，由（1）知，又平面平面，平面，平面，平面，平面，平面，所以，二面角的平面角为，在中，因此，二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定以及二面角的求法，解题的关键就是找出二面角的平面角，通过解三角形来求解二面角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.20、（1）；（2）【解析】（1）由知：，利用等比数列的通项公式即可得出；（2）bn=|112n|，设数列112n的前n项和为Tn，则当n5时，Sn=Tn；当n6时，Sn=2S5Tn【详解】（1）证明：由知，所以数列是以为首项，为公比的等比数列.则，.（2），设数列前项和为，则，当时，；当时，；所以.【点睛】本题考查了等比数列与等差数列的通项公式及其前n项和公式、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题21、（1），（2）证明见解析,（3）证明见解析,【解析】