廣東省揭陽市惠來縣一中2023-2024學年高一下數學期末檢測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。考試結束后，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1．兩圓和的位置關系是（）A．相離 B．相交 C．內切 D．外切2．已知,當取得最小值時（）A． B． C． D．3．已知，函數的最小值是（）A．4 B．5 C．8 D．64．用數學歸納法證明的過程中，設，從遞推到時，不等式左邊為（）A． B．C． D．5．直線的傾斜角不可能為（）A． B． C． D．6．已知角滿足，，且，，則的值為（）A． B． C． D．7．一組數平均數是，方差是，則另一組數，的平均數和方差分別是（）A． B．C． D．8．已知三棱柱()A． B． C． D．9．中,，則（）A．5 B．6 C． D．810．已知數列滿足，且是函數的兩個零點，則等于（）A．24 B．32 C．48 D．64二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知，則________.12．已知數列滿足:,則___________.13．一水平位置的平面圖形的斜二測直觀圖是一個底平行于軸，底角為，兩腰和上底長均為１的等腰梯形，則這個平面圖形的面積是．14．設，，，則，，從小到大排列為______15．函數的最小正周期是________16．設數列{an}滿足a1=1，且an+1﹣an=n+1（n∈N*），則數列{}的前10項的和為__．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．如圖，平行四邊形中，是的中點，交于點.設，.(1)分別用，表示向量，；(2)若，，求.18．已知向量，函數，且當，時，的最小值為.（1）求的值，并求的單調遞增區(qū)間；（2）先將函數的圖象上所有點的橫坐標縮小到原來的倍（縱坐標不變），再將所得圖象向右平移個單位，得到函數的圖象，求方程在區(qū)間上所有根之和.19．已知在三棱錐S-ABC中，∠ACB=，又SA⊥平面ABC，AD⊥SC于D，求證：AD⊥平面SBC.20．在正方體中.（1）求證：；（2）是中點時，求直線與面所成角.21．已知數列滿足：.（1）證明數列是等比數列，并求數列的通項；（2）求數列的前項和.

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、B【解析】

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.【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：【點睛】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.2、D【解析】

可用導函數解決最小值問題，即可得到答案.【詳解】根據題意，令，則，而當時，，當時，，則在處取得極小值，故選D.【點睛】本題主要考查函數的最值問題，意在考查學生利用導數工具解決實際問題的能力，難度中等.3、A【解析】試題分析：由題意可得，滿足運用基本不等式的條件——一正，二定，三相等，所以，故選A考點：利用基本不等式求最值；4、C【解析】

比較與時不等式左邊的項，即可得到結果【詳解】因此不等式左邊為，選C.【點睛】本題考查數學歸納法，考查基本分析判斷能力，屬基礎題5、D【解析】

根據直線方程，分類討論求得直線的斜率的取值范圍，進而根據傾斜角和斜率的關系，即可求解，得到答案.【詳解】由題意，可得當時，直線方程為，此時傾斜角為；當時，直線方程化為，則斜率為：，即，又由，解得或，又由且，所以傾斜角的范圍為，顯然A，B都符合，只有D不符合，故選D.【點睛】本題主要考查了直線方程的應用，以及直線的傾斜角和斜率的關系，著重考查了分類討論思想，以及推理與運算能力.6、D【解析】

根據角度范圍先計算和，再通過展開得到答案.【詳解】，，故答案選D【點睛】本題考查了三角函數恒等變換，將是解題的關鍵.7、B【解析】

直接利用公式：平均值方差為，則的平均值和方差為：得到答案.【詳解】平均數是，方差是，的平均數為：方差為：故答案選B【點睛】本題考查了平均數和方差的計算：平均數是，方差是，則的平均值和方差為：.8、C【解析】因為直三棱柱中，AB＝3，AC＝4，AA1＝12，AB⊥AC，所以BC＝5，且BC為過底面ABC的截面圓的直徑．取BC中點D，則OD⊥底面ABC，則O在側面BCC1B1內，矩形BCC1B1的對角線長即為球直徑，所以2R＝＝13，即R＝9、D【解析】

根據余弦定理，可求邊長.【詳解】，代入數據，化解為解得或（舍）故選D.【點睛】本題考查了已知兩邊及其一邊所對角，求另一邊，這種題型用余弦定理，屬于基礎題型.10、D【解析】試題分析：依題意可知，，，，所以.即，故，，，.，所以，又可知.,故.考點：函數的零點、數列的遞推公式二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

由可得，然后用正弦的和差公式展開，然后將條件代入即可求出原式的值【詳解】因為所以故答案為：【點睛】本題考查的三角恒等變換，解決此類問題時要善于發(fā)現角之間的關系.12、0【解析】

先由條件得，然后【詳解】因為所以因為，且所以，即故答案為：0【點睛】本題考查的是數列的基礎知識，較簡單.13、【解析】如圖過點作，，則四邊形是一個內角為45°的平行四邊形且，中，，則對應可得四邊形是矩形且，是直角三角形，．所以14、【解析】

首先利用輔助角公式，半角公式，誘導公式分別求出，，的值，然后結合正弦函數的單調性對，，排序即可.【詳解】由題知，，，因為正弦函數在上單調遞增，所以.故答案為：.【點睛】本題考查了輔助角公式，半角公式，誘導公式，正弦函數的單調區(qū)間，屬于基礎題.15、【解析】

先利用二倍角余弦公式對函數解析式進行化簡整理，進而利用三角函數最小正周期的公式求得函數的最小正周期．【詳解】解：f（x）＝1﹣2sin2x＝cos2x∴函數最小正周期Tπ故答案為π．【點睛】本題主要考查了二倍角的化簡和三角函數的周期性及其求法．考查了三角函數的基礎的知識的應用．16、【解析】試題分析：∵數列滿足，且，∴當時，．當時，上式也成立，∴．∴．∴數列的前項的和．∴數列的前項的和為．故答案為．考點：（1）數列遞推式；（2）數列求和.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），（2）2【解析】

（1）由平面的加法可得，又根據三角形相似得到，再根據向量的減法可得的不等式.

（2）由平面向量數量積運算得，然后再將條件代入可得答案.【詳解】（1）.由∽,又所以,即（2）由，【點睛】本題考查了平面向量的線性運算及平面向量數量積運算，屬中檔題．18、（1），；（2）.【解析】

(1)運用向量的數量積運算和輔助角公式化簡，求解和求其單調區(qū)間；(2)根據圖像的平移和函數的對稱軸求解.【詳解】（1）函數，得.即，由題意得，得所以，函數的單調增區(qū)間為.（2）由題意，，又，得解得：或即或或故所有根之和為.【點睛】本題考查正弦型函數的值域、單調性和對稱性，屬于基礎題.19、證明見解析【解析】

先由SA⊥面ABC，得BC⊥SA，又BC⊥AC，得BC⊥面SAC，故BC⊥AD，又SC⊥AD，所以AD⊥面SBC.【詳解】證明：因為SA⊥面ABC，BC面ABC，所以BC⊥SA；又由∠ACB=，得BC⊥AC，且AC、SA是面SAC內的兩相交線，所以BC⊥面SAC；又AD面SAC，所以BC⊥AD，又已知SC⊥AD，且BC、SC是面SBC內兩相交線，所以AD⊥面SBC.【點睛】本題考查了線面垂直的證明與性質，屬于基礎題.20、（1）見解析；（2）.【解析】

（1）連接，證明平面，進而可得出；（2）連接、、，設，過點在平面內作，垂足為點，連接，設，則角和均為直線與平面所成的角，從而可得出，即可求出所求角.【詳解】（1）如下圖所示，連接，在正方體中，平面，平面，，四邊形為正方形，，，平面，平面，；（2）連接、、，設，過點在平面內作，垂足為點，設，設正方體的棱長為，在正方體中，且，所以，四邊形為平行四邊形，，平面，平面，在平面內，，，，，則、、、四點共面，為的中點，，且，平面，平面，，由勾股定理得，連接，設，則直線與面所成角為，則，，由連比定理得，則，因此，直線與面所成角為.【點睛】本題考查線線垂直的證明，考查線面角的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．21、（1）見證明；（2）【解析】

（1）