湘西市重點中學2023-2024學年高一下數學期末教學質量檢測模擬試題考生須知：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．設，則“數列為等比數列”是“數列滿足”的（）A．充分非必要條件 B．必要非充分條件C．充要條件 D．既非充分也非必要條件2．已知數列的前項和為，且，若，，則的值為（）A．15 B．16 C．17 D．183．已知數列{an}的前n項和為Sn，Sn=2aA．145 B．114 C．84．若各項為正數的等差數列的前n項和為，且，則（）A．9 B．14 C．7 D．185．在中，已知a，b，c分別為，，所對的邊，且a，b，c成等差數列，，,則（）A． B． C． D．6．若，則（）A． B． C． D．7．在△ABC中，AB=，AC=1，，△ABC的面積為，則（）A．30° B．45° C．60° D．75°8．為了得到函數的圖象，只需將函數的圖象()A．向左平移個單位 B．向右平移個單位C．向左平移個單位 D．向右平移個單位9．已知正實數滿足，則的最大值為（）A．2 B． C．3 D．10．Rt△ABC的三個頂點都在一個球面上，兩直角邊的長分別為6和8，且球心O到平面ABC的距離為12，則球的半徑為（）A．13 B．12 C．5 D．10二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．設數列是等差數列，，，則此數列前20項和等于______.12．關于的不等式，對于恒成立，則實數的取值范圍為_______.13．若為冪函數，則滿足的的值為________.14．若點，是圓C：上不同的兩點，且，則的值為______.15．圓x2＋y2－4＝0與圓x2＋y2－4x＋4y－12＝0的公共弦的長為___．16．數列滿足，當時，，則是否存在不小于2的正整數，使成立？若存在，則在橫線處直接填寫的值；若不存在，就填寫“不存在”_______.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，在三棱柱中，各個側面均是邊長為的正方形，為線段的中點.(1)求證:直線平面；(2)求直線與平面所成角的余弦值；(3)設為線段上任意一點，在內的平面區域(包括邊界)是否存在點，使，并說明理由.18．已知數列的各項排成如圖所示的三角形數陣，數陣中，每一行的第一個數，，，，…構成等差數列，是的前n項和，且，（1）若數陣中從第三行開始每行中的數按從左到右的順序均構成公比為正數的等比數列，且公比相等，已知，求的值；（2）設，對任意，求及的最大值．19．在平面直角坐標系中，已知圓和圓.（1）若直線過點，且被圓截得的弦長為，求直線的方程；（2）設P為平面上的點，滿足：存在過點P的無窮多對互相垂直的直線和，它們分別與圓和圓相交，且直線被圓截得的弦長與直線被圓截得的弦長相等，試求所有滿足條件的點P的坐標．20．某高中為了選拔學生參加“全國高中數學聯賽”，先在本校進行初賽（滿分150分），隨機抽取100名學生的成績作為樣本，并根據他們的初賽成績得到如圖所示的頻率分布直方圖.（1）求頻率分布直方圖中a的值；（2）根據頻率分布直方圖，估計這次初賽成績的平均數、中位數、眾數.21．某消費者協會在3月15號舉行了以“攜手共治，暢享消費”為主題的大型宣傳咨詢服務活動，著力提升消費者維權意識.組織方從參加活動的1000名群眾中隨機抽取n名群眾，按他們的年齡分組：第1組，第2組，第3組，第4組，第5組，其中第1組有6人，得到的頻率分布直方圖如圖所示.（1）求m，n的值，并估計抽取的n名群眾中年齡在的人數；（2）已知第1組群眾中男性有2人，組織方要從第1組中隨機抽取3名群眾組成維權志愿者服務隊，求至少有兩名女生的概率.

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】

“數列為等比數列”，則，數列滿足．反之不能推出，可以舉出反例．【詳解】解：“數列為等比數列”，則，數列滿足．充分性成立；反之不能推出，例如，數列滿足，但數列不是等比數列，即必要性不成立；故“數列為等比數列”是“數列滿足”的充分非必要條件故選：．【點睛】本題考查了等比數列的定義、簡易邏輯的判定方法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．2、B【解析】

推導出數列是等差數列，由解得，由此利用能求出的值.【詳解】數列的前項和為，且數列是等差數列解得解得故選：【點睛】本題考查等差數列的判定和基本量的求解，屬于基礎題.3、B【解析】

由Sn=2an-2，可得Sn-1=2an-1-2兩式相減可得公比的值，由S1=2a1-2=【詳解】因為Sn=2a兩式相減化簡可得an公比q=a由S1=2a∵a則4×2m+n-2=64∴1當且僅當nm=9mn時取等號，此時∵m,n取整數，∴均值不等式等號條件取不到，則1m驗證可得，當m=2,n=4時，1m+9【點睛】本題主要考查等比數列的定義與通項公式的應用以及利用基本不等式求最值，屬于難題.利用基本不等式求最值時，一定要正確理解和掌握“一正，二定，三相等”的內涵：一正是，首先要判斷參數是否為正；二定是，其次要看和或積是否為定值（和定積最大，積定和最小）；三相等是，最后一定要驗證等號能否成立（主要注意兩點，一是相等時參數是否在定義域內，二是多次用≥或≤時等號能否同時成立）.4、B【解析】

根據等差中項定義及條件式,先求得.再由等差數列的求和公式,即可求得的值.【詳解】數列為各項是正數的等差數列則由等差中項可知所以原式可化為,所以由等差數列求和公式可得故選:B【點睛】本題考查了等差中項的性質,等差數列前n項和的性質及應用,屬于基礎題.5、B【解析】

利用成等差數列可得,再利用余弦定理構造的結構再代入求得即可.【詳解】由成等差數列可得,由余弦定理有,即,解得,即.故選：B【點睛】本題主要考查了等差中項與余弦定理的運算,需要根據題意構造與的結構代入求解.屬于中檔題.6、D【解析】

將指數形式化為對數形式可得，再利用換底公式即可.【詳解】解：因為，所以，故選：D.【點睛】本題考查了指數與對數的互化，重點考查了換底公式，屬基礎題.7、C【解析】

試題分析：由三角形面積公式得，,所以．顯然三角形為直角三角形，且，所以．考點：解三角形．8、D【解析】

由函數，根據三角函數的圖象變換，即可求解，得到答案.【詳解】由題意，函數，為了得到函數的圖象，只需將函數的圖象向右平移個單位，故選D.【點睛】本題主要考查了三角函數的圖象變換，以及正弦的倍角公式的應用，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.9、B【解析】

由，然后由基本不等式可得最大值．【詳解】，當且僅當，即時，等號成立．∴所求最大值為．故選：B.【點睛】本題考查用基本不等式求最值，注意基本不等式求最值的條件：一正二定三相等．10、A【解析】

利用勾股定理計算出球的半徑.【詳解】的斜邊長為，所以外接圓的半徑為，所以球的半徑為.故選：A【點睛】本小題主要考查勾股定理計算，考查球的半徑有關計算，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、180【解析】

根據條件解得公差與首項，再代入等差數列求和公式得結果【詳解】因為，，所以，【點睛】本題考查等差數列通項公式以及求和公式，考查基本分析求解能力，屬基礎題12、或【解析】

利用換元法令，則對任意的恒成立，再對分兩種情況討論，令求出函數的最小值，即可得答案.【詳解】令，則對任意的恒成立，（1）當，即時，上式顯然成立；（2）當，即時，令①當時，，顯然不成立，故不成立；②當時，，∴解得：綜上所述：或.故答案為：或.【點睛】本題考查含絕對值函數的最值問題，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想、分類討論思想、數形結合思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力，求解時注意分段函數的最值求解.13、【解析】

根據冪函數定義知，又，由二倍角公式即可求解.【詳解】因為為冪函數，所以，即,因為,所以，即，因為，所以，.故填.【點睛】本題主要考查了冪函數的定義，正弦的二倍角公式，屬于中檔題.14、【解析】

由，再結合坐標運算即可得解.【詳解】解：因為點，是圓C：上不同的兩點，則，，又所以，即，故答案為：.【點睛】本題考查了向量模的運算，重點考查了運算能力，屬基礎題.15、【解析】

兩圓方程相減求出公共弦所在直線的解析式，求出第一個圓心到直線的距離，再由第一個圓的半徑，利用勾股定理及垂徑定理即可求出公共弦長．【詳解】圓與圓的方程相減得：，由圓的圓心，半徑r為2，且圓心到直線的距離，則公共弦長為．故答案為．【點睛】此題考查了直線與圓相交的性質，求出公共弦所在的直線方程是解本題的關鍵．16、70【解析】

構造數列，兩式與相減可得數列{}為等差數列，求出，讓=0即可求出.【詳解】設兩式相減得又數列從第5項開始為等差數列，由已知易得均不為0所以當n=70的時候成立，故答案填70.【點睛】如果遞推式中出現和的形式，比如，可以嘗試退項相減，即讓取后，兩式作差，和的部分因為相減而抵消，剩下的就好算了。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)見解析(2)（3）存在點，使，詳見解析【解析】

(1)設與的交點為，證明進而證明直線平面.(2)先證明直線與平面所成角的為，再利用長度關系計算.(3)過點作，證明平面，即，所以存在.【詳解】(1)設與的交點為，顯然為中點，又點為線段的中點，所以，平面，平面，平面.(2)平面，平面,，，平面，平面，平面，點在平面上的投影為點，直線與平面所成角的為，，，，.(3)過點作，又因為平面，平面，所以，平面，平面，平面，，所以存在點，使.【點睛】本題考查了立體幾何線面平行，線面夾角，動點問題，將線線垂直轉化為線面垂直是解題的關鍵.18、(1)(2),.【解析】

（1）先求出的通項公式，再計算等比數列的公比，最后得到.（2）先計算,再利用裂項求和計算得到，設函數，通過均值不等式得到答案.【詳解】（1）為等差數列，設公差為，，，，，.設從第3行起，每行的公比都是q，且，，，，，故是數陣中第10行第5個數，而.（2），.設：（當且僅當時，等號成立）時，（其他方法酌情給分）【點睛】本題考查了等差數列等比數列，裂項求和，均值不等式，綜合性強，意在考查學生的計算能力和解決問題的能力.19、(1)或，(2)點P坐標為或．【解析】(1)設直線l的方程為y＝k(x－4)，即kx－y－4k＝0.由垂徑定理，得圓心C1到直線l的距離d＝＝1，結合點到直線距離公式，得＝1，化簡得24k2＋7k＝0，解得k＝0或k＝－.所求直線l的方程為y＝0或y＝－(x－4)，即y＝0或7x＋24y－28＝0.(2)設點P坐標為(m，n)，直線l1、l2的方程分別為y－n＝k(x－m)，y－n＝－(x－m)，即kx－y＋n－km＝0，－x－y＋n＋m＝0.因為直線l1被圓C1截得的弦長與直線l2被圓C2截得的弦長相等，兩圓半徑相等．由垂徑定理，得圓心C1到直線l1與圓心C2到直線l2的距離相等．故有，化簡得(2－m－n)k＝m－n－3或(m－n＋8)k＝m＋n－5.因為關于k的方程有無窮多解，所以有解得點P坐標為或.20、（1）（2）平均數、中位數、眾數依次為80，81，80【解析】

（1）利用頻率分布直方圖的性質，列出方程，即可求解；（2）由頻率分布直方圖，結合平均數、中位數、眾數的計算方法，即可求解.【詳解】（1）由頻率分布直方圖的性質，可得，解得.（2）由頻率分布直方圖，結合平均數、中位數、眾數的計算方法，可得平均數為：中位數為x，則，解得.根據眾數的概念，可得此頻率分布直方圖的眾數為：80，因此估計這次初賽成績的平均數、中位數、眾數依次為80，81，80.【點睛】本題主要考查了頻率分布直方圖的性質，平均數、中位數和眾數的求解，其中解答中熟記頻率分布直方圖的相關知識是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.21、（1），，年齡在的人數為（2）【解析】

（1）根據第