2023-2024學年鄭州市數學高一下期末復習檢測模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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．已知等差數列的前項和，若，則（）A．25 B．39 C．45 D．542．為了了解某同學的數學學習情況，對他的6次數學測試成績進行統計，作出的莖葉圖如圖所示，則下列關于該同學數學成績的說法正確的是()A．中位數為83 B．眾數為85 C．平均數為85 D．方差為193．設是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則下列結論正確的是()A．若，，則B．若，，則C．若，，則是異面直線D．若，，，則4．直線與、為端點的線段有公共點，則k的取值范圍是（）A． B．C． D．5．函數是（）A．奇函數 B．非奇非偶函數 C．偶函數 D．既是奇函數又是偶函數6．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A．12 B．18C．24 D．307．已知不等式的解集是，則()A． B．1 C． D．38．阿波羅尼斯是古希臘著名的數學家，與歐幾里得、阿基米德被稱為亞歷山大時期數學三巨匠，他對幾何問題有深刻而系統的研究，阿波羅尼斯圓是他的研究成果之一，指出的是：已知動點M與兩定點A，B的距離之比為，那么點M的軌跡是一個圓，稱之為阿波羅尼斯圓.請解答下面問題：已知，，若直線上存在點M滿足，則實數c的取值范圍是（）A． B． C． D．9．已知，，下列不等式成立的是（）A． B．C． D．10．若直線與平面相交，則（）A．平面內存在無數條直線與直線異面B．平面內存在唯一的一條直線與直線平行C．平面內存在唯一的一條直線與直線垂直D．平面內的直線與直線都相交二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知數列滿足：，，則數列的前項的和_______.12．已知角滿足，則_____13．關于函數有下列命題：①由可得必是的整數倍；②的圖像關于點對稱，其中正確的序號是____________.14．已知直線：與圓交于，兩點，過，分別作的垂線與軸交于，兩點，若，則__________．15．若角的終邊經過點，則的值為________16．已知函數的最小正周期為，若將該函數的圖像向左平移個單位后，所得圖像關于原點對稱，則的最小值為________.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．已知.（1）求；（2）求向量與的夾角的余弦值.18．某快餐連鎖店招聘外賣騎手，該快餐連鎖店提供了兩種日工資方案：方案(1)規定每日底薪50元，快遞業務每完成一單提成3元；方案(2)規定每日底薪100元，快遞業務的前44單沒有提成，從第45單開始，每完成一單提成5元．該快餐連鎖店記錄了每天騎手的人均業務量．現隨機抽取100天的數據，將樣本數據分為[25，35），[35，45)，[45，55)，[55，65)，[65，75)，[75，85)，[85，95]七組，整理得到如圖所示的頻率分布直方圖。(1)隨機選取一天，估計這一天該連鎖店的騎手的人均日快遞業務量不少于65單的概率；(2)若騎手甲、乙選擇了日工資方案(1)，丙、丁選擇了日工資方案(2)．現從上述4名騎手中隨機選取2人，求至少有1名騎手選擇方案(1)的概率；19．已知數列的前項和（）；（1）判斷數列是否為等差數列；（2）設，求；（3）設（），，是否存在最小的自然數，使得不等式對一切正整數總成立？如果存在，求出；如果不存在，說明理由；20．已知，，且(Ⅰ)求的值；(Ⅱ)若，求的值.21．小明同學在寒假社會實踐活動中，對白天平均氣溫與某家奶茶店的品牌飲料銷量之間的關系進行了分析研究，他分別記錄了1月11日至1月15日的白天氣溫（）與該奶茶店的品牌飲料銷量（杯），得到如表數據：日期1月11號1月12號1月13號1月14號1月15號平均氣溫（）91012118銷量（杯）2325302621（1）若先從這五組數據中抽出2組，求抽出的2組數據恰好是相鄰2天數據的概率；（2）請根據所給五組數據，求出關于的線性回歸方程式；（3）根據（2）所得的線性回歸方程，若天氣預報1月16號的白天平均氣溫為，請預測該奶茶店這種飲料的銷量.（參考公式：，）

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、A【解析】

設等差數列的公差為，從而根據，即可求出，這樣根據等差數列的前項和公式即可求出．【詳解】解：設等差數列的公差為，則由，得：，，，故選：A．【點睛】本題主要考查等差數列的通項公式和等差數列的前項和公式，屬于基礎題．2、C【解析】試題分析：A選項，中位數是84；B選項，眾數是出現最多的數，故是83；C選項，平均數是85，正確；D選項，方差是，錯誤．考點：?莖葉圖的識別?相關量的定義3、A【解析】

利用線面垂直的判定，線面平行的判定，線線的位置關系及面面平行的性質逐一判斷即可.【詳解】對于A，垂直于同一個平面的兩條直線互相平行，故A正確.對于B，若，，則或，故B錯誤.對于C，若，，則位置關系為平行或相交或異面，故C錯誤.對于D，若，，，則位置關系為平行或異面，故D錯誤.故選：A【點睛】本題主要考查了線面垂直的性質，線面平行的判定和面面平行的性質，屬于簡單題.4、D【解析】

由直線方程可得直線恒過點，利用兩點連線斜率公式可求得臨界值和，從而求得結果.【詳解】直線恒過點則，本題正確選項：【點睛】本題考查利用直線與線段有交點確定直線斜率取值范圍的問題，關鍵是能夠確定直線恒過的定點，從而找到直線與線段有交點的臨界狀態.5、C【解析】

利用誘導公式將函數的解析式化簡，然后利用定義判斷出函數的奇偶性.【詳解】由誘導公式得，該函數的定義域為，關于原點對稱，且，因此，函數為偶函數，故選C.【點睛】本題考查函數奇偶性的判斷，解題時要將函數解析式進行簡化，然后利用奇偶性的定義進行判斷，考查分析問題和解決問題的能力，屬于基礎題.6、C【解析】試題分析：由三視圖可知，幾何體是三棱柱消去一個同底的三棱錐，如圖所示，三棱柱的高為5，消去的三棱錐的高為3，三棱錐與三棱柱的底面為直角邊長分別為3和4的直角三角形，所以幾何體的體積為V=1考點：幾何體的三視圖及體積的計算．【方法點晴】本題主要考查了幾何體的三視圖的應用及體積的計算，著重考查了推理和運算能力及空間想象能力，屬于中檔試題，解答此類問題的關鍵是根據三視圖的規則“長對正、寬相等、高平齊”的原則，還原出原幾何體的形狀，本題的解答的難點在于根據幾何體的三視圖還原出原幾何體和幾何體的度量關系，屬于中檔試題．7、A【解析】

的兩個解為-1和2.【詳解】【點睛】函數零點、一元二次等式的解、函數與x軸的交點之間的相互轉換。8、B【解析】

根據題意設點M的坐標為，利用兩點間的距離公式可得到關于的一元二次方程，只需即可求解.【詳解】點M在直線上，不妨設點M的坐標為，由直線上存在點M滿足，則，整理可得，，所以實數c的取值范圍為.故選：B【點睛】本題考查了兩點間的距離公式、一元二次不等式的解法，考查了學生分析問題解決問題的能力，屬于中檔題.9、A【解析】

由作差法可判斷出A、B選項中不等式的正誤；由對數換底公式以及對數函數的單調性可判斷出C選項中不等式的正誤；利用指數函數的單調性可判斷出D選項中不等式的正誤.【詳解】對于A選項中的不等式，，，，，，，，A選項正確；對于B選項中的不等式，，，，，，，B選項錯誤；對于C選項中的不等式，，，，，，，即，C選項錯誤；對于D選項中的不等式，，函數是遞減函數，又，所以，D選項錯誤.故選A.【點睛】本題考查不等式正誤的判斷，常見的比較大小的方法有：（1）比較法；（2）中間值法；（3）函數單調性法；（4）不等式的性質.在比較大小時，可以結合不等式的結構選擇合適的方法來比較，考查推理能力，屬于中等題.10、A【解析】

根據空間中直線與平面的位置關系，逐項進行判定，即可求解.【詳解】由題意，直線與平面相交，對于A中，平面內與無交點的直線都與直線異面，所以有無數條，正確；對于B中，平面內的直線與要么相交，要么異面，不可能平行，所以，錯誤；對于C中，平面內有無數條平行直線與直線垂直，所以，錯誤；對于D中，由A知，D錯誤.故選A.【點睛】本題主要考查了直線與平面的位置關系的應用，其中解答中熟記直線與平面的位置關系，合理判定是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

通過令求出數列的前幾項，猜測是以為周期的周期數列，且每個周期內都是以為首項，2為公比的等比數列．然后根據遞推式給予證明，最后由等比數列的前項和公式計算．【詳解】當時，，，，，，，當時，，，，，，，當時，，，，，，，猜測，是以為周期的周期數列，且每個周期內都是以為首項，2為公比的等比數列．設中，即，∴，由于都是正整數，所以，所以數列中第項開始大于3，前項是以為首項，2為公比的等比數列．，所以是以為周期的周期數列，所以．故答案為：．【點睛】本題考查等比數列的前項和，考查數列的周期性．解題關鍵是確定數列的周期性．方法采取的是從特殊到一般，猜想與證明．12、【解析】

利用誘導公式以及兩角和與差的三角公式，化簡求解即可．【詳解】解：角滿足，可得

則．

故答案為：．【點睛】本題考查兩角和與差的三角公式，誘導公式的應用，考查計算能力，是基礎題．13、②【解析】

對①，可令求出的通式，再進行判斷；對②，將代入檢驗是否為0即可【詳解】對①，令得，可令，，①錯；對②，當時，，②對故正確序號為：②故答案為②【點睛】本題考查三角函數的基本性質，屬于基礎題14、4【解析】

由題，根據垂徑定理求得圓心到直線的距離，可得m的值，既而求得CD的長可得答案.【詳解】因為，且圓的半徑為，所以圓心到直線的距離為，則由，解得，代入直線的方程，得，所以直線的傾斜角為，由平面幾何知識知在梯形中，．故答案為4【點睛】解決直線與圓的綜合問題時，一方面，要注意運用解析幾何的基本思想方法（即幾何問題代數化），把它轉化為代數問題；另一方面，由于直線與圓和平面幾何聯系得非常緊密，因此，準確地作出圖形，并充分挖掘幾何圖形中所隱含的條件，利用幾何知識使問題較為簡捷地得到解決．15、.【解析】

根據三角函數的定義求出的值，然后利用反三角函數的定義得出的值.【詳解】由三角函數的定義可得，，故答案為.【點睛】本題考查三角函數的定義以及反三角函數的定義，解本題的關鍵就是利用三角函數的定義求出的值，考查計算能力，屬于基礎題.16、【解析】

先利用周期公式求出，再利用平移法則得到新的函數表達式，依據函數為奇函數，求出的表達式，即可求出的最小值．【詳解】由得，所以，向左平移個單位后，得到，因為其圖像關于原點對稱，所以函數為奇函數，有，則，故的最小值為．【點睛】本題主要考查三角函數的性質以及圖像變換，以及型的函數奇偶性判斷條件．一般地為奇函數，則；為偶函數，則；為奇函數，則；為偶函數，則．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）.【解析】

（1）根據題意求出，即可求解；（2）向量與的夾角的余弦值為：代入求值即可得解.【詳解】（1）由題：，解得：（2）向量與的夾角的余弦值為：【點睛】此題考查平面向量數量積的運算，根據運算法則求解數量積和模長，求解向量夾角的余弦值.18、（1）0.4（2）【解析】

（1）從頻率分布直方圖中計算出前四組矩形面積之和，即為所求概率；（2）列舉出全部的基本事件，并確定出基本事件的總數，然后從中找出事件“至少有名騎手選擇方案（1）”所包含的基本事件數，最后利用古典概型的概率公式可計算出結果。【詳解】（1）設事件為“隨機選取一天，這一天該連鎖店的騎手的人均日快遞業務量不少于單”依題意，連鎖店的人均日快遞業務量不少于單的頻率分別為：因為所以估計為；（2）設事件為“從四名騎手中隨機選取2人，至少有1名騎手選擇方案（1）”從四名新聘騎手中隨機選取2名騎手，有6種情況，即{甲，乙}，{甲，丙}，{甲，丁}，{乙，丙}，{乙，丁}，{丙，丁}其中至少有1名騎手選擇方案（）的情況為{甲，乙}，{甲，丙},，{甲，丁}，{乙，丙}，{乙，丁}，所以。【點睛】本題考查頻率分布直方圖以及古典概型概率的計算，在頻率分布直方圖的問題中要注意：（1）每組矩形的面積等于該組數據的頻率；（2）所有矩形的面積之和為。19、（1）否；（2）；（3）；【解析】

（1）根據數列中與的關系式，即可求解數列的通項公式，再結合等差數列的定義，即可求解；（2）由（1）知，求得當時，，當時，，利用等差數列的前項和公式，分類討論，即可求解.（3）由（1）得到當時，，當時，，結合裂項法，求得，即可求解.【詳解】（1）由題意，數列的前項和（），當時，，當，所以數列的通項公式為，所以數列不是等差數列.（2）由（1）知，令，解得，所以當時，，當時，，①當時，②當時，綜上可得.（3）由（1）可