江蘇省天星湖中學2024屆高一數學第二學期期末綜合測試模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y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．如圖所示，在直角梯形BCEF中，∠CBF=∠BCE=90°，A，D分別是BF，CE上的點，AD∥BC，且AB=DE=2BC=2AF（如圖1），將四邊形ADEF沿AD折起，連結BE、BF、CE（如圖2）．在折起的過程中，下列說法中正確的個數（）①AC∥平面BEF；②B、C、E、F四點可能共面；③若EF⊥CF，則平面ADEF⊥平面ABCD；④平面BCE與平面BEF可能垂直A．0 B．1 C．2 D．32．將函數的圖象向右平移個單位長度得到圖象，則函數的解析式是（）A． B．C． D．3．已知無窮等比數列的公比為，前項和為，且，下列條件中，使得恒成立的是（）A．， B．，C．， D．，4．下列結論正確的是（）A． B．若，則C．當且時， D．5．如圖是正方體的平面展開圖，則在這個正方體中：①與平行②與是異面直線③與成角

④與是異面直線以上四個命題中，正確命題的個數是（）A．1 B．2 C．3 D．46．點到直線的距離是（）A． B． C．3 D．7．若數列{an}是等比數列，且an＞0，則數列也是等比數列.若數列是等差數列，可類比得到關于等差數列的一個性質為().A．是等差數列B．是等差數列C．是等差數列D．是等差數列8．直線與圓相交于M，N兩點，若．則的取值范圍是（）A． B． C． D．9．已知集合，，，則（）A． B． C． D．10．已知正方體的個頂點中，有個為一側面是等邊三角形的正三棱錐的頂點，則這個正三棱錐與正方體的全面積之比為（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若數列滿足，，，則______.12．函數是定義域為R的奇函數，當時，則的表達式為________.13．圓臺兩底面半徑分別為2cm和5cm，母線長為cm，則它的軸截面的面積是________cm2.14．將二進制數110轉化為十進制數的結果是_____________.15．經過點，且在兩坐標軸上的截距之和為2的直線的一般式方程為________.16．把函數的圖像上各點向右平移個單位，再把橫坐標變?yōu)樵瓉淼囊话?，縱坐標擴大到原來的4倍，則所得的函數的對稱中心坐標為________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．的內角的對邊分別為，已知.（1）求角；（2）若，求的面積.18．已知圓,圓與圓關于直線對稱.(1)求圓的方程;(2)過直線上的點分別作斜率為的兩條直線,使得被圓截得的弦長與被圓截得的弦長相等.(i)求的坐標;(ⅱ)過任作兩條互相垂直的直線分別與兩圓相交,判斷所得弦長是否恒相等,并說明理由.19．解答下列問題：（1）求平行于直線3x+4y-2=0,且與它的距離是1的直線方程；（2）求垂直于直線x+3y-5=0且與點P(-1,0)的距離是的直線方程.20．如圖，三棱錐中，，、、、分別是、、、的中點.（1）證明：平面；（2）證明：四邊形是菱形21．已知無窮數列，是公差分別為、的等差數列，記（），其中表示不超過的最大整數，即.（1）直接寫出數列，的前4項，使得數列的前4項為：2，3，4，5；（2）若，求數列的前項的和；（3）求證：數列為等差數列的必要非充分條件是.

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【解題分析】

根據折疊前后線段、角的變化情況，由線面平行、面面垂直的判定定理和性質定理對各命題進行判斷，即可得出答案．【題目詳解】對①，在圖②中，連接交于點，取中點，連接MO，易證AOMF為平行四邊形，即AC//FM，所以AC//平面BEF，故①正確；對②，如果B、C、E、F四點共面，則由BC//平面ADEF，可得BC//EF，又AD//BC，所以AD//EF，這樣四邊形ADEF為平行四邊形，與已知矛盾，故②不正確；對③，在梯形ADEF中，由平面幾何知識易得EFFD，又EFCF，∴EF平面CDF，即有CDEF，∴CD平面ADEF，則平面ADEF平面ABCD，故③正確；對④，在圖②中，延長AF至G，使得AF=FG，連接BG，EG，易得平面BCE平面ABF，BCEG四點共面．過F作FNBG于N，則FN平面BCE，若平面BCE平面BEF，則過F作直線與平面BCE垂直，其垂足在BE上，矛盾，故④錯誤．故選：C．【題目點撥】本題主要考查線面平行、線面垂直、面面垂直的判定定理和性質定理的應用，意在考查學生的直觀想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題．2、C【解題分析】

由題意利用三角函數的圖象變換原則，即可得出結論．【題目詳解】由題意，將函數的圖象向右平移個單位長度，可得.故選C．【題目點撥】本題主要考查三角函數的圖像變換，熟記圖像變換原則即可，屬于常考題型.3、B【解題分析】

由已知推導出，由此利用排除法能求出結果.【題目詳解】，，，，，若，則，故A與C不可能成立；若，則，故B成立，D不成立.故選：B【題目點撥】本題考查了等比數列的前項和公式以及排除法在選擇題中的應用，屬于中檔題.4、D【解題分析】

利用不等式的性質進行分析，對錯誤的命題可以舉反例說明．【題目詳解】當時，A不正確；，則，B錯誤；當時，，，C錯誤；由不等式的性質正確．故選：D.【題目點撥】本題考查不等式的性質，掌握不等式性質是解題關鍵．可通過反例說明命題錯誤．5、B【解題分析】

把平面展開圖還原原幾何體，再由棱柱的結構特征及異面直線定義、異面直線所成角逐一核對四個命題得答案．【題目詳解】把平面展開圖還原原幾何體如圖：由正方體的性質可知，與異面且垂直，故①錯誤；與平行，故②錯誤；連接，則，為與所成角，連接，可知為正三角形，則，故③正確；由異面直線的定義可知，與是異面直線，故④正確．∴正確命題的個數是2個．故選：B．【題目點撥】本題考查棱柱的結構特征，考查異面直線定義及異面直線所成角，是中檔題．6、D【解題分析】

根據點到直線的距離求解即可.【題目詳解】點到直線的距離是.故選：D【題目點撥】本題主要考查了點到線的距離公式,屬于基礎題.7、B【解題分析】試題分析：本題是由等比數列與等差數列的相似性質，推出有關結論：由“等比”類比到“等差”，由“幾何平均數”類比到“算數平均數”；所以，所得結論為是等差數列.考點：類比推理.8、A【解題分析】

可通過將弦長轉化為弦心距問題，結合點到直線距離公式和勾股定理進行求解【題目詳解】如圖所示，設弦中點為D，圓心C(3,2),弦心距，又，由勾股定理可得，答案選A【題目點撥】圓與直線的位置關系解題思路常從兩點入手：弦心距、勾股定理。處理過程中，直線需化成一般式9、C【解題分析】由題意得，因為，所以，所以，故，故選C.10、A【解題分析】所求的全面積之比為：，故選A.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】

由，化簡得，則為等差數列，結合已知條件得.【題目詳解】由，化簡得，且，，得，所以是以為首項，以為公差的等差數列，所以，即故答案為：【題目點撥】本題考查了數列的遞推式，考查了判斷數列是等差數列的方法，屬于中檔題.12、【解題分析】試題分析：當時，，，因是奇函數，所以，是定義域為R的奇函數，所以，所以考點：函數解析式、函數的奇偶性13、63【解題分析】

首先畫出軸截面，然后結合圓臺的性質和軸截面整理計算即可求得最終結果.【題目詳解】畫出軸截面，如圖，過A作AM⊥BC于M，則BM＝5－2＝3(cm)，AM＝＝9(cm)，所以S四邊形ABCD＝＝63(cm2)．【題目點撥】本題主要考查圓臺的空間結構特征及相關元素的計算等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.14、6【解題分析】

將二進制數從右開始,第一位數字乘以2的0次冪,第二位數字乘以2的1次冪,以此類推,進行計算即可.【題目詳解】,故答案為:6.【題目點撥】本題考查進位制,解題關鍵是了解不同進制數之間的換算法則,屬于基礎題.15、【解題分析】

由題可知，直線在x上軸截距為-3，再利用截距式可直接求得直線方程【題目詳解】∵直線過（0，5），∴直線在y軸上的截距為5，又直線在兩坐標軸上的截距之和為2，∴直線在x軸上的截距為2-5=-3∴直線方程為,即5x-3y+15=0【題目點撥】直線方程有五種基本形式，在只知道橫縱截距的情況下，截距式是最快捷的一種方式16、，【解題分析】

根據三角函數的圖象變換，求得函數的解析式，進而求得函數的對稱中心，得到答案.【題目詳解】由題意，把函數的圖像上各點向右平移個單位，可得，再把圖象上點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼囊话耄傻?，把函數縱坐標擴大到原來的4倍，可得，令，解得，所以函數的對稱中心為.故答案為：.【題目點撥】本題主要考查了三角函數的圖象變換，以及三角函數的對稱中心的求解，其中解答中熟練三角函數的圖象變換，以及三角函數的圖象與性質是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.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)【解題分析】

（1）首先利用正弦定理的邊角互化，可將等式化簡為，再利用，可知，最后化簡求值；（2）利用余弦定理可求得，代入求面積.【題目詳解】（1）由已知以及余弦定理得：所以,（2）由題知，【題目點撥】本題第一問考查了正弦定理，第二問考查了余弦定理和面積公式，當一個式子有邊也有角時，一般可通過正弦定理邊角互化轉化為三角函數恒等變形問題，而對于余弦定理與三角形面積的關系時，需重視的變形使用.18、（1）；（2）（i）,（ii）見解析【解題分析】

(1)根據題意，將問題轉化為關于直線的對稱點即可得到，半徑不變，從而得到方程；(2)(i)設，由于弦長和距離都相等，故P到兩直線的距離也相等，利用點到線距離公式即可得到答案；(ⅱ)分別討論斜率不存在和為0三種情況分別計算對應弦長，故可判斷.【題目詳解】（1）設，因為圓與圓關于直線對稱，，則直線與直線垂直，中點在直線上，得解得所以圓.（2）（i）設的方程為，即；的方程為，即.因為被圓截得的弦長與被圓截得的弦長相等，且兩圓半徑相等，所以到的距離與到的距離相等，即，所以或.由題意，到直線的距離，所以不滿足題意，舍去，故，點坐標為.（ii）過點任作互相垂直的兩條直線分別與兩圓相交，所得弦長恒相等.證明如下：當的斜率等于0時，的斜率不存在，被圓截得的弦長與被圓截得的弦長都等于圓的半徑；當的斜率不存在，的斜率等于0時，與圓不相交，與圓不相交.當、的斜率存在且都不等于0，兩條直線分別與兩圓相交時，設、的方程分別為，即.因為到的距離，到的距離，所以到的距離與到的距離相等.所以圓與圓的半徑相等，所以被圓截得的弦長與被圓截得的弦長恒相等.綜上所述，過點任作互相垂直的兩條直線分別與兩圓相交，所得弦長恒相等.【題目點撥】本題主要考查點的對稱問題，直線與圓的位置關系，計算量較大，意在考查學生的轉化能力，計算能力，難度中等.19、（1）3x+4y+3=1或3x+4y-7=1(2)3x-y+9=1或3x-y-3=1【解題分析】

試題分析：（1）將平行線的距離轉化為點到線的距離，用點到直線的距離公式求解；（2）由相互垂直設出所求直線方程，然后由點到直線的距離求解.試題解析：解：（1）設所求直線上任意一點P（x，y），由題意可得點P到直線的距離等于1，即，∴3x+4y-2=±5，即3x+4y+3=1或3x+4y-7=1．（2）所求直線方程為，由題意可得點P到直線的距離等于，即，∴或，即3x-y+9=1或3x-y-3=1．考點：1.兩條平行直線間的距離公式；2.兩直線的平行與垂直關系20、(1)證明見解析；(2)證明見解析【解題分析】

（1）根據等腰三角形的性質，證得,由此證得平面.（2）先根據三角形中位線和平行公理，證得四邊形為平行四邊形，再根據已知,證得，由此證得四邊形是菱形.【題目詳解】解（1）因為，是的中點，所以因為，是的中點，所以又，平面