陜西省西安市華山中學2024年高一下數學期末經典模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．某公司計劃在甲、乙兩個電視臺做總時間不超過300分鐘的廣告，廣告費用不超過9萬元，甲、乙電視臺的廣告費標準分別是500元/分鐘和200元/分鐘，假設甲、乙兩個電視臺為該公司做的廣告能給公司帶來的收益分別為0.4萬元/分鐘和0.2萬元/分鐘，那么該公司合理分配在甲、乙兩個電視臺的廣告時間，能使公司獲得最大的收益是（）萬元A．72 B．80 C．84 D．902．在等差數列中，已知，則數列的前9項之和等于（）A．9 B．18 C．36 D．523．執行如圖所示的程序，已知的初始值為，則輸出的的值是（）A． B． C． D．4．已知三棱錐P－ABC的四個頂點在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是邊長為的正三角形，E，F分別是PA，AB的中點，∠CEF=90°.則球O的體積為（）A． B． C． D．5．l：與兩坐標軸所圍成的三角形的面積為A．6 B．1 C． D．36．若，滿足不等式組，則的最小值為（）A．-5 B．-4 C．-3 D．-27．設為直線，是兩個不同的平面，下列命題中正確的是()A．若，，則 B．若，，則C．若，，則 D．若，，則8．直線l：與圓C：交于A，B兩點，則當弦AB最短時直線l的方程為A． B．C． D．9．式子的值為()A． B．0 C．1 D．10．已知數列的前項和為，且，若對任意，都有成立，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知等比數列中，，，則該等比數列的公比的值是______.12．已知，，若，則________.13．設數列是首項為0的遞增數列，函數滿足：對于任意的實數，總有兩個不同的根，則的通項公式是________．14．在等比數列中，，，則_____．15．把數列的各項排成如圖所示三角形狀，記表示第m行、第n個數的位置，則在圖中的位置可記為____________．16．在中，是斜邊的中點，，，平面，且，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．已知，函數，，（1）證明：是奇函數；（2）如果方程只有一個實數解，求a的值.18．已知圓C過點，圓心在直線上.（1）求圓C的方程；（2）過圓O1：上任一點P作圓C的兩條切線，切點分別為Q，T，求四邊形PQCT面積的取值范圍.19．已知平面向量，且（1）若是與共線的單位向量，求的坐標；（2）若，且，設向量與的夾角為，求．20．在平面直角坐標系中，直線，.(1)直線是否過定點？若過定點，求出該定點坐標，若不過定點，請說明理由;(2)已知點，若直線上存在點滿足條件，求實數的取值范圍.21．如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥菱形ABCD所在的平面，∠ABC=60°,E是BC的中點，M（1）求證：AE⊥平面PAD；（2）若AB=AP=2，求三棱錐P-ACM的體積.

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】

設公司在甲、乙兩個電視臺的廣告時間分別為分鐘，總收益為元，根據題意得到約束條件，目標函數，平行目標函數圖象找到在縱軸上截距最大時所經過的點,把點的坐標代入目標函數中即可.【詳解】設公司在甲、乙兩個電視臺的廣告時間分別為分鐘，總收益為元，則由題意可得可行解域：，目標函數為可行解域化簡得，，在平面直角坐標系內，畫出可行解域，如下圖所示：作直線，即，平行移動直線，當直線過點時，目標函數取得最大值，聯立，解得，所以點坐標為，因此目標函數最大值為，故本題選B.【點睛】本題考查了應用線性規劃知識解決實際問題的能力，正確列出約束條件，畫出可行解域是解題的關鍵.2、B【解析】

利用等差數列的下標性質，可得出，再由等差數列的前項和公式求出的值.【詳解】在等差數列中，故選：B【點睛】本題考查了等差數列的下標性質、以及等差數列的前項和公式，考查了數學運算能力.3、C【解析】

第一次運行：，滿足循環條件因而繼續循環；接下來繼續寫出第二次、第三次運算，直至，然后輸出的值.【詳解】初始值第一次運行：，滿足循環條件因而繼續循環；第二次運行：，滿足循環條件因而繼續循環；第三次運行：，不滿足循環條件因而繼續循環，跳出循環；此時.故選：C【點睛】本題是一道關于循環結構的問題，需要借助循環結構的相關知識進行解答，需掌握循環結構的兩種形式，屬于基礎題.4、D【解析】

計算可知三棱錐P－ABC的三條側棱互相垂直，可得球O是以PA為棱的正方體的外接球，球的直徑，即可求出球O的體積.【詳解】在△PAC中，設，，，，因為點E，F分別是PA，AB的中點，所以，在△PAC中，，在△EAC中，，整理得，因為△ABC是邊長為的正三角形，所以，又因為∠CEF=90°，所以，所以，所以.又因為△ABC是邊長為的正三角形，所以PA,PB,PC兩兩垂直，則球O是以PA為棱的正方體的外接球，則球的直徑，所以外接球O的體積為.故選D.【點睛】本題考查了三棱錐的外接球，考查了學生的空間想象能力，屬于中檔題.5、D【解析】

先求出直線與坐標軸的交點，再求三角形的面積得解.【詳解】當x=0時，y=2,當y=0時，x=3,所以三角形的面積為.故選：D【點睛】本題主要考查直線與坐標軸的交點的坐標的求法，意在考查學生對該知識的理解掌握水平和分析推理能力.6、A【解析】

畫出不等式組表示的平面區域，平移目標函數，找出最優解，求出的最小值．【詳解】畫出，滿足不等式組表示的平面區域，如圖所示平移目標函數知，當目標函數過點時，取得最小值，由得，即點坐標為∴的最小值為，故選A.【點睛】本題主要考查線性規劃中利用可行域求目標函數的最值，屬簡單題.求目標函數最值的一般步驟是“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）找到目標函數對應的最優解對應點（在可行域內平移變形后的目標函數，最先通過或最后通過的頂點就是最優解）；（3）將最優解坐標代入目標函數求出最值.7、B【解析】A中，也可能相交；B中，垂直與同一條直線的兩個平面平行，故正確；C中，也可能相交；D中，也可能在平面內.【考點定位】點線面的位置關系8、A【解析】

先求出直線經過的定點，再求出弦AB最短時直線l的方程.【詳解】由題得，所以直線l過定點P.當CP⊥l時，弦AB最短.由題得,所以.所以直線l的方程為.故選：A【點睛】本題主要考查直線過定點問題，考查直線方程的求法，考查直線和圓的位置關系，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.9、D【解析】

利用兩角和的正弦公式可得原式為cos（），再由特殊角的三角函數值可得結果.【詳解】cos（）＝coscos，故選D．【點睛】本題考查兩角和的余弦公式，熟練掌握兩角和與差的余弦公式以及特殊角的三角函數值是解題的關鍵，屬于基礎題.10、B【解析】即對任意都成立，當時，當時，當時，歸納得：故選點睛：根據已知條件運用分組求和法不難計算出數列的前項和為，為求的取值范圍則根據為奇數和為偶數兩種情況進行分類討論，求得最后的結果二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

根據等比通項公式即可求解【詳解】故答案為：【點睛】本題考查等比數列公比的求解，屬于基礎題12、【解析】

先算出的坐標，然后利用即可求出【詳解】因為，所以因為，所以即，解得故答案為：【點睛】本題考查的是向量在坐標形式下的相關計算，較簡單.13、【解析】

利用三角函數的圖象與性質、誘導公式和數列的遞推公式，可得，再利用“累加”法和等差數列的前n項和公式，即可求解．【詳解】由題意，因為，當時，，又因為對任意的實數，總有兩個不同的根，所以，所以，又，對任意的實數，總有兩個不同的根，所以，又，對任意的實數，總有兩個不同的根，所以，由此可得，所以，所以．故答案為：．【點睛】本題主要考查了三角函數的圖象與性質的應用，以及誘導公式，數列的遞推關系式和“累加”方法等知識的綜合應用，著重考查了推理與運算能力，屬于中檔試題．14、1【解析】

由等比數列的性質可得，結合通項公式可得公比q,從而可得首項.【詳解】根據題意，等比數列中，其公比為，，則，解可得，又由，則有，則，則；故答案為：1．【點睛】本題考查等比數列的通項公式以及等比數列性質（其中m+n=p+q）的應用，也可以利用等比數列的基本量來解決.15、【解析】

利用第m行共有個數，前m行共有個數，得的位置即可求解【詳解】因為第m行共有個數，前m行共有個數，所以應該在第11行倒數第二個數，所以的位置為.故答案為：【點睛】本題考查等差數列的通項和求和公式，發現每行個數成等差是關鍵，是基礎題16、【解析】

由EC垂直Rt△ABC的兩條直角邊，可知EC⊥面ABC，再根據D是斜邊AB的中點，AC＝6，BC＝8，可求得CD的長，根據勾股定理可求得DE的長．【詳解】如圖，EC⊥面ABC，而CD?面ABC，∴EC⊥CD，∵AC＝6，BC＝8，EC＝12，△ABC是直角三角形，D是斜邊AB的中點，∴CD＝5，ED1．故答案為1．【點睛】本題主要考查了線面垂直的判定和性質定理，利用勾股定理求線段的長度，考查了空間想象能力和推理論證能力，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）證明見解析（1）1【解析】

（1）運用函數的奇偶性的定義即可得證（1）由題意可得有且只有兩個相等的實根，可得判別式為0，解方程可得所求值．【詳解】（1）證明：由函數，，可得定義域為，且，可得為奇函數；（1）方程只有一個實數解，即為，即△，解得舍去），則的值為1．【點睛】本題考查函數的奇偶性的判斷和二次方程有解的條件，考查方程思想和定義法，屬于基礎題．18、(1).(2).【解析】分析：（1）根據條件設圓的方程為，由題意可解得，于是可求得圓的方程．（2）根據幾何知識可得，故將所求范圍的問題轉化為求切線長的問題，然后根據切線長的求法可得結論．詳解：（1）由題意設圓心為，半徑為，則圓的標準方程為．由題意得，解得，所以圓的標準方程為．（2）由圓的切線的性質得，而．由幾何知識可得，又，所以，故，所以，即四邊形面積的取值范圍為．點睛：解決圓的有關問題時經常結合幾何法求解，借助圖形的直觀性可使得問題的求解簡單直觀．如在本題中將四邊形的面積轉化為切線長的問題，然后再轉化為圓外一點到圓上的點的距離的范圍的問題求解．19、或【解析】分析：（1）由與共線，可設，又由為單位向量，根據，列出方程即可求得向量的坐標；（2）根據向量的夾角公式，即可求解向量與的夾角．詳解：與共線，又，則，為單位向量，，或，則的坐標為或，，．點睛：對于平面向量的運算問題，通常用到：1、平面向量與的數量積為，其中是與的夾角，要注意夾角的定義和它的取值范圍：；2、由向量的數量積的性質有，，，因此利用平面向量的數量積可以解決與長度、角度、垂直等有關的問題；3、本題主要利用向量的模與向量運算的靈活轉換，應用平面向量的夾角公式，建立的方程.20、（1）過定點，定點坐標為；（2）或.【解析】

(1)假設直線過定點，則關于恒成立，利用即可結果；(2)直線上存在點,求得,故點在以為圓心，2為半徑的圓上，根據題意，該圓和直線有交點，即圓心到直線的距離小于或等于半徑，由此求得實數的取值范圍.【詳解】（1）假設直線過定點，則，即關于恒成立，∴，∴，所以直線過定點，定點坐標為（2）已知點,，設點，則，，∵,∴,∴所以點的軌跡方程為圓，又點在直線：上，所以直線：與圓有公共點，設圓心到直線的距離為，則，解得實數的范圍為或.【點睛】本題主要考查直線過定點問題以及直線與圓的位置關系，屬于中檔題.解答直線與圓的位置關系的題型，常見思路有兩個：一是考慮圓心到直線的距離與半徑之間的大小關系；二是直線方程與圓的方程聯立，考慮運用韋達定理以及判別式來解答.21、(1)見證明；(2)3【解析】

(1)本題首先可以通過菱形的相關性質證明出AE⊥AD，然后通過PA⊥菱形ABCD所在的平面證明出PA⊥AE，最后通過線面垂直的相關性質即可得出結果；(2)可以將三角形APM當成三棱錐P-