2023-2024學年湖南省新課標數(shù)學高一下期末預測試題含解析

2023-2024學年湖南省新課標數(shù)學高一下期末預測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．圓與圓的位置關(guān)系為()A．相交 B．相離 C．相切 D．內(nèi)含2．已知隨機事件和互斥，且,.則（）A． B． C． D．3．已知函數(shù)在上是x的減函數(shù)，則a的取值范圍是（）A． B． C． D．4．右圖中，小方格是邊長為1的正方形，圖中粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．5．供電部門對某社區(qū)1000位居民2019年4月份人均用電情況進行統(tǒng)計后，按人均用電量分為[0,10)，[10,20)，[20,30)，[40,50]五組，整理得到如下的頻率分布直方圖，則下列說法錯誤的是（）A．4月份人均用電量人數(shù)最多的一組有400人B．4月份人均用電量不低于20度的有500人C．4月份人均用電量為25度D．在這1000位居民中任選1位協(xié)助收費，選到的居民用電量在[30,40)一組的概率為16．數(shù)列{an}中a1＝﹣2，an+1＝1，則a2019的值為（）A．﹣2 B． C． D．7．一塊各面均涂有油漆的正方體被鋸成27個大小相同的小正方體，若將這些小正方體均勻地攪混在一起，從中任意取出一個，則取出的小正方體兩面涂有油漆的概率是()A．127 B．29 C．48．直線2x+y+4=0與圓x+22+y+32=5A．255 B．4559．已知扇形的半徑為，面積為，則這個扇形圓心角的弧度數(shù)為（）A． B． C．2 D．410．若變量滿足約束條件則的最大值為()A．4 B．3 C．2 D．1二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．有6根細木棒，其中較長的兩根分別為，，其余4根均為，用它們搭成三棱錐，則其中兩條較長的棱所在的直線所成的角的余弦值為.12．已知函數(shù)，，則的最大值是__________．13．已知，則______；的最小值為______.14．已知，，若，則____15．已知為第二象限角，且，則_________.16．已知在中，角的大小依次成等差數(shù)列，最大邊和最小邊的長是方程的兩實根，則__________．三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．化簡求值：（1）化簡：（2）求值，已知，求的值18．若的最小值為.（1）求的表達式；（2）求能使的值，并求當取此值時，的最大值.19．已知函數(shù)（其中，）的最小正周期為，且圖象經(jīng)過點（1）求函數(shù)的解析式：（2）求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間．20．已知函數(shù).（1）若函數(shù)的周期，且滿足，求及的遞增區(qū)間；（2）若，在上的最小值為，求的最小值.21．已知正項數(shù)列，滿足：對任意正整數(shù)，都有，，成等差數(shù)列，，，成等比數(shù)列，且，．（Ⅰ）求證：數(shù)列是等差數(shù)列；（Ⅱ）求數(shù)列，的通項公式；（Ⅲ）設(shè)=++…+，如果對任意的正整數(shù)，不等式恒成立，求實數(shù)的取值范圍．

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】

首先把兩個圓的一般方程轉(zhuǎn)化為標準方程，求出其圓心坐標和半徑，再比較圓心距與半徑的關(guān)系即可.【詳解】有題知：圓，即：，圓心，半徑.圓，即：，圓心，半徑.所以兩個圓的位置關(guān)系是相離.故選：B【點睛】本題主要考查圓與圓的位置關(guān)系，比較圓心距和半徑的關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵，屬于簡單題.2、D【解析】

根據(jù)互斥事件的概率公式可求得，利用對立事件概率公式求得結(jié)果.【詳解】與互斥本題正確選項：【點睛】本題考查概率中的互斥事件、對立事件概率公式的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.3、C【解析】

由復合函數(shù)單調(diào)性及函數(shù)的定義域得不等關(guān)系．【詳解】由題意，解得．故選：C．【點睛】本題考查對數(shù)型復合函數(shù)的單調(diào)性，解題時要注意對數(shù)函數(shù)的定義域．4、D【解析】

由三視圖可知，該幾何體為棱長為2的正方體截去一個三棱錐，由正方體的體積減去三棱錐的體積求解．【詳解】根據(jù)三視圖，可知原幾何體如下圖所示，該幾何體為棱長為的正方體截去一個三棱錐，則該幾何體的體積為．故選：D．【點睛】本題考查了幾何體三視圖的應(yīng)用問題以及幾何體體積的求法，關(guān)鍵是根據(jù)三視圖還原原來的空間幾何體，是中檔題．5、C【解析】

根據(jù)頻率分布直方圖逐一計算分析.【詳解】A：用電量最多的一組有：0.04×10×1000=400人，故正確；B：不低于20度的有：(0.01+0.05)×10×1000=500人，故正確；C：人均用電量：(5×0.01+15×0.04+25×0.03+35×0.01+45×0.01)×10=22，故錯誤；D：用電量在[30,40)的有：0.01×10×1000=100人，所以P=100故選C.【點睛】本題考查利用頻率分布直方圖求解相關(guān)量，難度較易.頻率分布直方圖中平均數(shù)的求法：每一段的組中值×頻率6、B【解析】

根據(jù)遞推公式，算出即可觀察出數(shù)列的周期為3，根據(jù)周期即可得結(jié)果．【詳解】解：由已知得，，，

，…，，

所以數(shù)列是以3為周期的周期數(shù)列，故，

故選：B．【點睛】本題考查遞推數(shù)列的直接應(yīng)用，難度較易．7、C【解析】

先求出基本事件總數(shù)n＝27，在得到的27個小正方體中，若其兩面涂有油漆，則這個小正方體必在原正方體的某一條棱上，且原正方體的一條棱上只有一個兩面涂有油漆的小正方體，則兩面涂有油漆的小正方體共有12個，由此能求出在27個小正方體中，任取一個其兩面涂有油漆的概率．【詳解】∵一塊各面均涂有油漆的正方體被鋸成27個大小相同的小正方體，∴基本事件總數(shù)n＝27，在得到的27個小正方體中，若其兩面涂有油漆，則這個小正方體必在原正方體的某一條棱上，且原正方體的一條棱上只有一個兩面涂有油漆的小正方體，則兩面涂有油漆的小正方體共有12個，則在27個小正方體中，任取一個其兩面涂有油漆的概率P=1227=故選：C【點睛】本題考查概率的求法，考查古典概型、正方體性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、空間想象能力，考查函數(shù)與方程思想，是基礎(chǔ)題．8、C【解析】

先求出圓心到直線的距離d，然后根據(jù)圓的弦長公式l=2r【詳解】由題意得，圓x+22+y+32=5圓心-2,-3到直線2x+y+4=0的距離為d=|2×(-2)-3+4|∴MN=2故選C．【點睛】求圓的弦長有兩種方法：一是求出直線和圓的交點坐標，然后利用兩點間的距離公式求解；二是利用幾何法求解，即求出圓心到直線的距離，在由半徑、弦心距和半弦長構(gòu)成的直角三角形中運用勾股定理求解，此時不要忘了求出的是半弦長．在具體的求解中一般利用幾何法，以減少運算、增強解題的直觀性．9、D【解析】

利用扇形面積，結(jié)合題中數(shù)據(jù)，建立關(guān)于圓心角的弧度數(shù)的方程，即可解得.【詳解】解：設(shè)扇形圓心角的弧度數(shù)為，因為扇形所在圓的半徑為，且該扇形的面積為，則扇形的面積為，解得：.故選：D.【點睛】本題在已知扇形面積和半徑的情況下，求扇形圓心角的弧度數(shù)，著重考查了弧度制的定義和扇形面積公式等知識，屬于基礎(chǔ)題.10、B【解析】

先根據(jù)約束條件畫出可行域，再利用幾何意義求最值.【詳解】作出約束條件，所對應(yīng)的可行域（如圖陰影部分）變形目標函數(shù)可得，平移直線可知，當直線經(jīng)過點時，直線的截距最小，代值計算可得取最大值故選B.【點晴】本題主要考查線性規(guī)劃中利用可行域求目標函數(shù)的最值，屬簡單題.求目標函數(shù)最值的一般步驟是“一畫、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是實線還是虛線）；（2）找到目標函數(shù)對應(yīng)的最優(yōu)解對應(yīng)點（在可行域內(nèi)平移變形后的目標函數(shù)，最先通過或最后通過的頂點就是最優(yōu)解）；（3）將最優(yōu)解坐標代入目標函數(shù)求出最值.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

分較長的兩條棱所在直線相交，和較長的兩條棱所在直線異面兩種情況討論，結(jié)合三棱錐的結(jié)構(gòu)特征，即可求出結(jié)果.【詳解】當較長的兩條棱所在直線相交時，如圖所示：不妨設(shè)，，，所以較長的兩條棱所在直線所成角為，由勾股定理可得：，所以，所以此時較長的兩條棱所在直線所成角的余弦值為；當較長的兩條棱所在直線異面時，不妨設(shè)，，則，取CD的中點為O，連接OA，OB，所以CD⊥OA，CD⊥OB，而，所以O(shè)A+OB<AB，不能構(gòu)成三角形。所以此情況不存在。故答案為：.【點睛】本題主要考查異面直線所成的角，熟記異面直線所成角的概念，以及三棱錐的結(jié)構(gòu)特征即可，屬于?？碱}型.12、3【解析】函數(shù)在上為減函數(shù)，故最大值為.13、50【解析】

由分段函數(shù)的表達式，代入計算即可；先求出的表達式，結(jié)合分段函數(shù)的性質(zhì)，求最小值即可.【詳解】由，可得，，所以；由的表達式，可得，當時，，此時，當時，，由二次函數(shù)的性質(zhì)可知，，綜上，的最小值為0.故答案為：5；0.【點睛】本題考查求函數(shù)值，考查分段函數(shù)的性質(zhì)，考查函數(shù)最值的計算，考查學生的計算能力，屬于基礎(chǔ)題.14、【解析】

由，，得的坐標，根據(jù)得，由向量數(shù)量積的坐標表示即可得結(jié)果.【詳解】∵，，∴又∵，∴，即，所以，解得，故答案為.【點睛】本題主要考查了向量的坐標運算，兩向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題.15、.【解析】

先由求出的值，再利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式求出、即可.【詳解】因為為第二象限角，且，所以，解得，再由及為第二象限角可得、，此時.故答案為：.【點睛】本題主要考查兩角差的正切公式及同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式的應(yīng)用，屬常規(guī)考題.16、【解析】

本題首先可根據(jù)角的大小依次成等差數(shù)列計算出，然后根據(jù)最大邊和最小邊的長是方程的兩實根得到以及，最后根據(jù)余弦定理即可得出結(jié)果．【詳解】因為角成等差數(shù)列，所以，又因為，所以.設(shè)方程的兩根分別為、，則，由余弦定理可知：，所以.【點睛】本題考查根據(jù)余弦定理求三角形邊長，考查等差中項以及韋達定理的應(yīng)用，余弦定理公式為，體現(xiàn)了綜合性，是中檔題．三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）【解析】

（1）根據(jù)誘導公式先化簡每一項，然后即可得到最簡結(jié)果；（2）利用“齊次”式的特點，分子分母同除以，將其化簡為關(guān)于的形式即可求值.【詳解】（1）原式，（2）原式【點睛】本題考查誘導公式和同角三角函數(shù)的基本關(guān)系的運用，難度較易.（1）利用誘導公式進行化簡時，掌握“奇變偶不變”的實際含義進行化簡即可；（2）求解形如的“齊次式”的值，注意采用分子分母同除以的方法，將其化簡為關(guān)于的形式再求值.18、（1）；（2）的最大值為【解析】試題分析：（1）通過同角三角函數(shù)關(guān)系將化簡，再對函數(shù)配方，然后討論對稱軸與區(qū)間的位置關(guān)系，從而求出的最小值；（2）由，則根據(jù)的解析式可知只能在內(nèi)解方程，從而求出的值，即可求出的最大值.試題解析：（1）若，即，則當時，有最小值，；若，即，則當時，有最小值，若，即，則當時，有最小值，所以；（2）若，由所求的解析式知或由或（舍）；由（舍）此時，得，所以時，，此時的最大值為.19、(1)；(2)，.【解析】

（1）根據(jù)最小正周期可求得；代入點，結(jié)合的范圍可求得，從而得到函數(shù)解析式；（2）令，解出的范圍即為所求的單調(diào)遞增區(qū)間.【詳解】（1）最小正周期過點，，解得：，的解析式為：（2）由，得：，的單調(diào)遞增區(qū)間為：，【點睛】本題考查根據(jù)三角函數(shù)性質(zhì)求解函數(shù)解析式、正弦型函數(shù)單調(diào)區(qū)間的求解；關(guān)鍵是能夠采用整體對應(yīng)的方式來利用正弦函數(shù)的最值和單調(diào)區(qū)間求解正弦型函數(shù)的解析式和單調(diào)區(qū)間.20、（1），；（2）2.【解析】

（1）由函數(shù)的性質(zhì)知，關(guān)于直線對稱，又函數(shù)的周期，兩個條件兩個未知數(shù)，列兩個方程，所以可以求出，進而得到的解析式，求出的遞增區(qū)間；（2）求出的所有解，再解不等式，即可求出的最小值．【詳解】（1），由知，∴對稱軸∴，又，,由，得，函數(shù)遞增區(qū)間為；（2）由于，在上的最小值為，所以，即，所以，所以.【點睛】本題主要考查三角函數(shù)解析式、單調(diào)區(qū)間以及最值的求法