吉林市普通高中2024年高一下數學期末復習檢測模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．如圖，中，，，用表示，正確的是()A． B．C． D．2．已知點和點，且，則實數的值是（）A．或 B．或 C．或 D．或3．在等比數列中，，，則（）A． B．C． D．4．在數列中，，，則的值為（）A．4950 B．4951 C． D．5．已知三棱錐O-ABC，側棱OA,OB,OC兩兩垂直，且OA=OB=OC=2，則以O為球心且1為半徑的球與三棱錐O-ABC重疊部分的體積是（）A．π8 B．π6 C．π6．函數在上零點的個數為（）A．2 B．3 C．4 D．57．在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若，，，則滿足條件的的個數為（）A．0 B．1 C．2 D．無數多個8．．若且，直線不通過（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限，9．有3個興趣小組，甲、乙兩位同學各自參加其中一個小組，每位同學參加各個小組的可能性相同，則這兩位同學參加同一個興趣小組的概率為A． B． C． D．10．若滿足條件的三角形ABC有兩個，那么a的取值范圍是（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若兩個正實數滿足，且不等式有解，則實數的取值范圍是____________.12．已知，，若，則實數________.13．黃金分割比是指將整體一分為二，較大部分與整體部分的比值等于較小部分與較大部分的比值，其比值為，約為0.618，這一數值也可以近似地用表示，則_____.14．的值為________.15．方程在區間內解的個數是________16．已知角滿足，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．在中，，且.（1）求邊長；（2）求邊上中線的長.18．已知（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若，求的值.19．已知點．（1）求中邊上的高所在直線的方程；（2）求過三點的圓的方程．20．已知，為常數，且，，．（I）若方程有唯一實數根，求函數的解析式．（II）當時，求函數在區間上的最大值與最小值．（III）當時，不等式恒成立，求實數的取值范圍．21．已知等比數列中，，是和的等差中項．(1)求數列的通項公式；(2)記，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、C【解析】

由平面向量基本定理和三角形法則求解即可【詳解】由，可得，則，即.故選C.【點睛】本題考查平面向量基本定理和三角形法則,熟記定理和性質是解題關鍵,是基礎題2、A【解析】

直接利用兩點間距離公式得到答案.【詳解】已知點和點故答案選A【點睛】本題考查了兩點間距離公式，意在考查學生的計算能力.3、B【解析】

設等比數列的公比為，由等比數列的定義知與同號，再利用等比中項的性質可求出的值.【詳解】設等比數列的公比為，則，，.由等比中項的性質可得，因此，，故選：B.【點睛】本題考查等比中項性質的應用，同時也要利用等比數列的定義判斷出項的符號，考查運算求解能力，屬于中等題.4、C【解析】

利用累加法求得，由此求得的表達式，進而求得的值.【詳解】依題意，所以，所以，當時，上式也滿足.所以.故選：C【點睛】本小題主要考查累加法求數列的通項公式，屬于基礎題.5、B【解析】

根據三棱錐三條側棱的關系，得到球與三棱錐的重疊部分為球的18【詳解】∵三棱錐O-ABC，側棱OA,OB,OC兩兩互相垂直，且OA=OB=OC=2，以O為球心且1為半徑的球與三棱錐O-ABC重疊部分的為球的18即對應的體積為18【點睛】本題主要考查球體體積公式的應用，解題的關鍵就是利用三棱錐與球的關系，考查空間想象能力，屬于中等題。6、D【解析】

在同一直角坐標系下，分別作出與的圖象，結合函數圖象即可求解.【詳解】解：由題意知：函數在上零點個數，等價于與的圖象在同一直角坐標系下交點的個數，作圖如下：由圖可知：函數在上有個零點.故選：D【點睛】本題考查函數的零點的知識，考查數形結合思想，屬于中檔題.7、B【解析】

直接由正弦定理分析判斷得解.【詳解】由正弦定理得,所以C只有一解，所以三角形只有一解.故選：B【點睛】本題主要考查正弦定理的應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.8、D【解析】

因為且，所以，，又直線可化為，斜率為，在軸截距為，因此直線過一二三象限，不過第四象限.故選：D.9、A【解析】每個同學參加的情形都有3種，故兩個同學參加一組的情形有9種，而參加同一組的情形只有3種，所求的概率為p=選A10、C【解析】

利用正弦定理，用a表示出sinA，結合C的取值范圍，可知；根據存在兩個三角形的條件，即可求得a的取值范圍。【詳解】根據正弦定理可知，代入可求得因為，所以若滿足有兩個三角形ABC則所以所以選C【點睛】本題考查了正弦定理在解三角形中的簡單應用，判斷三角形的個數情況，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】試題分析：因為不等式有解，所以，因為，且，所以，當且僅當，即時，等號是成立的，所以，所以，即，解得或.考點：不等式的有解問題和基本不等式的求最值.【方法點晴】本題主要考查了基本不等式在最值中的應用，不等式的有解問題，在應用基本不等式求解最值時，呀注意“一正、二定、三相等”的判斷，運用基本不等式解題的關鍵是尋找和為定值或是積為定值，難點在于如何合理正確的構造出定值，對于不等式的有解問題一般選用參數分離法，轉化為函數的最值或借助數形結合法求解，屬于中檔試題.12、2或【解析】

根據向量平行的充要條件代入即可得解.【詳解】由有：，解得或.故答案為：2或.【點睛】本題考查了向量平行的應用，屬于基礎題.13、【解析】

代入分式利用同角三角函數的平方關系、二倍角公式及三角函數誘導公式化簡即可.【詳解】.故答案為：2【點睛】本題考查同角三角函數的平方關系、二倍角公式及三角函數誘導公式，屬于基礎題.14、【解析】

利用同角三角函數的基本關系式、二倍角公式，結合根式運算，化簡求得表達式的值.【詳解】依題意，由于，所以故答案為：【點睛】本小題主要考查同角三角函數的基本關系式、二倍角公式，考查根式運算，屬于基礎題.15、4.【解析】分析：通過二倍角公式化簡得到，進而推斷或，進而求得結果.詳解：，所以或，因為，所以或或或，故解的個數是4.點睛：該題考查的是有關方程解的個數問題，在解題的過程中，涉及到的知識點有正弦的倍角公式，方程的求解問題，注意一定不要兩邊除以，最后求得結果.16、【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．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）利用同角的三角函數關系，可以求出的值，利用三角形內角和定理，二角和的正弦公式可以求出，最后利用正弦定理求出長；（2）利用余弦定理可以求出的長，進而可以求出的長，然后在中，再利用余弦定理求出邊上中線的長.【詳解】（1），，由正弦定理可知中：（2）由余弦定理可知：，是的中點，故，在中，由余弦定理可知：【點睛】本題考查了正弦定理、余弦定理、同角的三角函數關系、以及三角形內角和定理，考查了數學運算能力.18、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）利用兩角和與差的正弦公式將已知兩式展開，分別作和、作差可得，，再利用，即可求出結果；（Ⅱ）由已知求得，再由，利用兩角差的余弦公式展開求解，即可求出結果．【詳解】解：（I）①②由①+②得③由①-②得④由③÷④得（II）∵，，【點睛】本題主要考查了兩角和差的正余弦公式在三角函數化簡求值中的應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于中檔題．19、（1）；（2）【解析】

（1）邊上的高所在直線方程斜率與邊所在直線的方程斜率之積為-1，可求出高所在直線的斜率，代入即可求出高所在直線的方程。（2）設圓的一般方程為，代入即可求得圓的方程。【詳解】（1）因為所在直線的斜率為，所以邊上的高所在直線的斜率為所以邊上的高所在直線的方程為，即（2）設所求圓的方程為因為在所求的圓上，故有所以所求圓的方程為【點睛】（1）求直線方程一般通過直線點斜式方程求解，即知道點和斜率。（2）圓的一般方程為，三個未知數三個點代入即可。20、（I）;（II）;;（III）.【解析】

（I）根據方程ax2+（b-1）x=0有唯一解，以及列方程求解即可;（II）根據二次函數的性質，函數的單調性，即可求得求得最值，（III）分離參數，構造函數，求出函數的最值即可.【詳解】∵，∴，∴.（I）方程有唯一實數根，即方程有唯一解，∴，解得∴（II）∵,∴，,若,若.（III）解法一、當時，不等式恒成立，即：在區間上恒成立，設，顯然函數在區間上是減函數，,當且僅當時，不等式在區間上恒成立，因此.解法二：因為當時，不等式恒成立,所以時，的最小值,當時，在單調遞減，恒成立,而,所以時不符合題意．當時，在單調遞增