2021-2022学年高一下学期期末数学模拟测试卷05.docx

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1、高一数学下学期期末考试全真模拟卷（三）一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1、集合，则（ ）ABCD【答案】D【详解】由题意得，选D2、若，则（ ）ABCD【答案】D【详解】因为，所以.故选：D3、已知命题：，则它的否定形式为（ ）A，B，C，D，【答案】D【详解】命题的否定，需要修改量词并且否定结论，所以命题：，则它的否定形式为，.故选：D.4、函数在的图像大致为（ ）ABCD【答案】B【详解】设，则，所以是奇函数，图象关于原点成中心对称，排除选项C又排除选项D；，排除选项A，故选B5、已知点在的边上，点是中点，则（ ）AB

2、CD【答案】D【详解】，.故选：D6、已知，则（ ）ABCD【答案】B【详解】由题意可得：，则：，从而有：，即.故选：B.7、设是定义域为的偶函数，且在单调递减，则（ ）ABCD【答案】C【详解】是R的偶函数，又在(0，+)单调递减，故选C8、阿基米德（公元前287年公元前212年），伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家，他死后的墓碑上刻着一个“圆柱容球”的立体几何图形，为纪念他发现“圆柱内切球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的”这一完美的结论.已知某圆柱的轴截面为正方形，其表面积为，则该圆柱的内切球体积为（ ）ABCD【答案】D【详解】设圆柱的底面半径为,则其母线长为,因为圆柱

3、的表面积公式为，所以,解得,因为圆柱的体积公式为,所以,由题知,圆柱内切球的体积是圆柱体积的，所以所求圆柱内切球的体积为.故选:D二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共16分，在每小题给出的四个选项中，不止有一项是符合题目要求的）9、函数概念最早是在17世纪由德国数学家莱布尼茨提出的，后又经历了贝努利、欧拉等人的改译1821年法国数学家柯西给出了这样的定义：在某些变数存在着一定的关系，当一经给定其中某一变数的值，其他变数的值可随着确定时，则称最初的变数叫自变量，其他的变数叫做函数德国数学家康托尔创立的集合论使得函数的概念更严谨后人在此基础上构建了高中教材中的函数定义：“一般地，设是两个非

4、空的数集，如果按某种对应法则，对于集合中的每一个元素，在集合中都有唯一的元素和它对应，那么这样的对应叫做从到的一个函数”，则下列对应法则满足函数定义的有（ ）ABCD【答案】AD【详解】对于A.令，符合函数定义；对于B,令，设，一个自变量对应两个函数值，不符合函数定义；对于C,设当则x可以取包括等无数多的值，不符合函数定义；对于D.令，符合函数定义故选：AD10、下列说法正确的有（ ）A“”是“”充分不必要条件B若，则“”是“”的必要不充分条件C在中，角所对的边分别为，则“”的充要条件是“”D设均为非零实数，则“”是“”的既不充分也不必要条件【答案】ACD【详解】对于A，当时，显然有而若，则有

5、，那么或，所以“”是“”充分不必要条件，故A正确对于B，若，时，显然不成立；若，则，所以有，所以”是“”的必要不充分条件，故B错误对于C，根据正弦定理，当时，有，当时，有，所以“”的充要条件是“”，故C正确。对于D，当时，显然不成立，当时，显然不成立，所以”是“”的既不充分也不必要条件，故D正确故选：ACD11、设，是不同的直线，是不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】ACD【详解】对于选项A，因为，所以当时，由垂直于同一平面的两条直线平行可知，选项A正确；对于选项B，当，时，直线与平面的位置关系不确定，所以选项B错误；对于选项C，当，时，可以得到，所以

6、选项C正确；对于选项D，当，时，因为，所以，所以，所以选项D正确.故选:ACD.12、如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱，上的动点(点不与点，重合)，若，则下列说法正确的是（ ）A存在点，使得点到平面的距离为B用过，三点的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形C平面D用平行于平面的平面去截正方体，得到的截面为六边形时，该六边形周长一定为【答案】ABD【详解】A连接，如图所示：因为，所以易知，且平面平面，又已知三棱锥各条棱长均为，所以三棱锥为正四面体，所以到平面的距离为：，因为平面，所以，又，且，所以平面，又平面，所以，同理可得，且，所以平面，又因为，所以到平面的距离，且，故正确；B如图所示，连

7、接并延长交的延长线于点，连接并将其延长与相交于，因为，且，则，所以，所以即为，连接，所以过，的截面为四边形，由条件可知，且，所以四边形为梯形，故正确；C连接，由A可知平面平面，又因为平面，平面，所以不平行于平面，所以平面不成立，故错误；D在上取点，过点作交于，过作交于，以此类推，依次可得点，此时截面为六边形，根据题意可知：平面平面，不妨设，所以，所以，所以六边形的周长为：，故正确；故选：ABD.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13、设向量，若，则_.【答案】5【详解】由可得，又因为，所以，即，故答案为：5.14、的内角的对边分别为，已知，则=_.【答案】【详解】详解：由已知及正

8、弦定理可得，由余弦定理推论可得.15、已知，则_.【答案】【详解】，又，又，.16、已知函数若关于的方程恰有两个互异的实数解，则的取值范围为_.【答案】【详解】如图，当直线位于点及其上方且位于点及其下方，或者直线与曲线相切在第一象限时符合要求即，即，或者，得，即，得，所以的取值范围是四、解答题（17题10分，其余每题12分，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，考生根据要求作答）17、某家水果店的店长为了解本店苹果的日销售情况，记录了近期连续120天苹果的日销售量(单位：)，并绘制频率分布直方图如下：（1）请根据频率分布直方图估计该水果店苹果日销售量的众数和平均数；(同一组中的数据

9、以这组数据所在区间中点的值作代表)（2）一次进货太多，水果会变得不新鲜；进货太少，又不能满足顾客的需求.店长希望每天的苹果尽量新鲜，又能80%地满足顾客的需求(在10天中，大约有8天可以满足顾客的需求).请问每天应该进多少千克苹果？(精确到整数位)【答案】（1）众数为为85，平均数为；（2）每天应该进98千克苹果.【详解】（1）如图示：区间频率最大，所以众数为85，平均数为：（2）日销售量60，90)的频率为，日销量60，100)的频率为，故所求的量位于由得故每天应该进98千克苹果.18、在中，再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求：（）的值：（）和的面积条件：；条件：注：如果选择条件

10、和条件分别解答，按第一个解答计分【答案】选择条件（）8（）, ；选择条件（）6（）, .【详解】选择条件（）（）由正弦定理得：选择条件（）由正弦定理得：（）19、设，函数（1）求函数的最小正周期及最大值；（2）求的单调递增区间【答案】（1）最小正周期为，最大值为； （2）.【详解】由题意，向量，可得函数，所以函数的最小正周期为，当时，即，函数取得最大值，最大值为.（2）由（1）知，函数，令，解得，所以函数的单调递增区间为.20、如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，（1）证明：平面平面；（2）设，圆锥的侧面积为，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.

11、【详解】（1）连接，为圆锥顶点，为底面圆心，平面，在上，是圆内接正三角形，即，平面平面，平面平面；（2）设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为，解得，在等腰直角三角形中，在中，三棱锥的体积为.21、一个经销鲜花产品的微店，为保障售出的百合花品质，每天从云南鲜花基地空运固定数量的百合花，如有剩余则免费分赠给第二天购花顾客，如果不足，则从本地鲜花供应商处进货.今年四月前10天，微店百合花的售价为每支2元，云南空运来的百合花每支进价1.6元，本地供应商处百合花每支进价1.8元，微店这10天的订单中百合花的需求量（单位：支）依次为：251，255，231，243，263，241，265，255，2

12、44，252.（）求今年四月前10天订单中百合花需求量的平均数和众数，并完成频率分布直方图；（）预计四月的后20天，订单中百合花需求量的频率分布与四月前10天相同，百合花进货价格与售价均不变，请根据（）中频率分布直方图判断（同一组中的需求量数据用该组区间的中点值作代表，位于各区间的频率代替位于该区间的概率），微店每天从云南固定空运250支，还是255支百合花，四月后20天百合花销售总利润会更大？【答案】（）见解析（）四月后20天总利润更大【详解】解：（）四月前10天订单中百合需求量众数为255，平均数频率分布直方图补充如下：（）设订单中百合花需求量为（支），由（）中频率分布直方图，可能取值为2

13、35，245，255，265，相应频率分别为0.1，0.3，0.4，0.2，20天中相应的天数为2天，6天，8天，4天.若空运250支，当日利润为，当日利润为，当日利润为，当日利润为，20天总利润为元.若空运255支，当日利润为，当日利润为，当日利润为，当日利润为，20天总利润为元.，每天空运250支百合花四月后20天总利润更大.22、如图，在三棱锥中，为的中点.（1）证明：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【详解】（1）因为为正三角形，所以；因为，所以.又，平面，所以平面.因为平面，所以平面平面（2）过点P作的垂线，垂足为H，连结.因为平面平面，又平面平面，平面，故平面.所以直线与平面所成角为在中，由余弦定理得，所以.所以,又，故，即直线与平面所成角的正弦值为.