江西省贛州市石城縣石城中學2024屆數學高一下期末質量跟蹤監(jiān)視模擬試題含解析

江西省贛州市石城縣石城中學2024屆數學高一下期末質量跟蹤監(jiān)視模擬試題注意事項: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(qū)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(qū)域內作答，超出答題區(qū)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1．一實體店主對某種產品的日銷售量（單位：件）進行為期n天的數據統(tǒng)計，得到如下統(tǒng)計圖，則下列說法錯誤的是（）A． B．中位數為17C．眾數為17 D．日銷售量不低于18的頻率為0.52．某協(xié)會有200名會員，現(xiàn)要從中抽取40名會員作樣本，采用系統(tǒng)抽樣法等間距抽取樣本，將全體會員隨機按1~200編號，并按編號順序平均分為40組（1－5號，6－10號，…，196－200號）.若第5組抽出的號碼為22，則第1組至第3組抽出的號碼依次是（）A．3，8，13 B．2，7，12 C．3，9，15 D．2，6，123．如果執(zhí)行右面的框圖，輸入，則輸出的數等于（）A． B． C． D．4．如圖，A，B是半徑為1的圓周上的定點，P為圓周上的動點，∠APB是銳角，大小為.圖中△PAB的面積的最大值為（）A．+sin2 B．sin+sin2C．+sin D．+cos5．已知圓截直線所得弦的長度為4，則實數a的值是A． B． C． D．6．設等比數列的公比為,其前項的積為,并且滿足條件：；給出下列論:①；②；③值是中最大值；④使成立的最大自然數等于198.其中正確的結論是（）A．①③ B．①④ C．②③ D．②④7．若關于x的方程sinx+cosx-2A．(2,94] B．[2,58．如果3個正整數可作為一個直角三角形三條邊的邊長，則稱這3個數為一組勾股數，從中任取3個不同的數，則這3個數構成一組勾股數的概率為（）A． B． C． D．9．在平面坐標系中，是圓上的四段弧（如圖），點P在其中一段上，角以Ox為始邊，OP為終邊，若，則P所在的圓弧最有可能的是（）A． B． C． D．10．設α,β為兩個不同的平面，直線l?α，則“l(fā)⊥β”是“α⊥β”成立的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知向量，滿足，與的夾角為，則在上的投影是；12．已知向量、滿足，，且，則與的夾角為________.13．已知球為正四面體的外接球，，過點作球的截面，則截面面積的取值范圍為____________________．14．在等差數列中，若，則______．15．某餐廳的原料支出與銷售額（單位：萬元）之間有如下數據，根據表中提供的數據，用最小二乘法得出與的線性回歸方程，則表中的值為_________.245682535557516．（理）已知函數，若對恒成立，則的取值范圍為．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．已知函數（）的一段圖象如圖所示.（1）求函數的解析式；（2）若，求函數的值域.18．正項數列的前項和為，且.（Ⅰ）試求數列的通項公式；（Ⅱ）設，求的前項和為.（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，若對一切恒成立，求實數的取值范圍.19．設函數.（1）已知圖象的相鄰兩條對稱軸的距離為，求正數的值；（2）已知函數在區(qū)間上是增函數，求正數的最大值.20．在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，且PD=AD=4，點E為線段PA的中點.（1）求證：PC∥平面BDE；（2）求三棱錐E-BCD的體積.21．如圖，在直棱柱中，，，，分別是棱，上的點，且平面.（1）證明：//；（2）求證：.

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【解題分析】

由統(tǒng)計圖,可計算出總數、中位數、眾數,算得銷量不低于18件的天數,即可求得頻率.【題目詳解】由統(tǒng)計圖可知,總數,所以A正確;從統(tǒng)計圖可以看出,從小到大排列時,中間兩天的銷售量的平均值為,所以B錯誤;從統(tǒng)計圖可以看出,銷量最高的為17件,所以C正確;從統(tǒng)計圖可知,銷量不低于18的天數為,所以頻率為,所以D正確.綜上可知,錯誤的為B故選:B【題目點撥】本題考查了統(tǒng)計中的總數、中位數、眾數和頻率的相關概念和性質,屬于基礎題.2、B【解題分析】

根據系統(tǒng)抽樣原理求出抽樣間距，再根據第5組抽出的號碼求出第1組抽出的號碼，即可得出第2組、第3組抽取的號碼．【題目詳解】根據系統(tǒng)抽樣原理知，抽樣間距為200÷40=5，

當第5組抽出的號碼為22時，即22=4×5+2，

所以第1組至第3組抽出的號碼依次是2，7，1．

故選：B．【題目點撥】本題考查了系統(tǒng)抽樣方法的應用問題，是基礎題．3、D【解題分析】試題分析：當時，該程序框圖所表示的算法功能為：，故選D.考點：程序框圖.4、B【解題分析】

由正弦定理可得，，則，，當點在的中垂線上時，取得最大值，此時的面積最大，求解即可.【題目詳解】在中，由正弦定理可得，，則.，當點在的中垂線上時，取得最大值，此時的面積最大.取的中點，過點作的垂線，交圓于點，取圓心為，則（為銳角），.所以的面積最大為.故選B.【題目點撥】本題考查了三角形的面積的計算、正弦定理的應用，考查了三角函數的化簡，考查了計算能力，屬于基礎題.5、B【解題分析】試題分析：圓化為標準方程為，所以圓心為（-1,1），半徑，弦心距為．因為圓截直線所得弦長為4，所以．故選B．6、B【解題分析】

利用等比數列的性質及等比數列的通項公式判斷①正確；利用等比數列的性質及不等式的性質判斷②錯誤；利用等比數列的性質判斷③錯誤；利用等比數列的性質判斷④正確，，從而得出結論.【題目詳解】解：由可得又即由，即,結合，所以，，即，，即，即①正確；又，所以，即，即②錯誤；因為，即值是中最大值，即③錯誤；由，即，即，又，即，即④正確，綜上可得正確的結論是①④，故選：B.【題目點撥】本題考查了等比數列的性質及不等式的性質，重點考查了運算能力，屬中檔題.7、D【解題分析】

換元設t=sinx+cos【題目詳解】sinx+cosx-2sint=sinx+cosa=t-如圖：數a的取值范圍為[2,故答案選D【題目點撥】本題考查了換元法，參數分離，函數圖像，參數分離和換元法可以簡化運算，是解題的關鍵.8、C【解題分析】

試題分析：從中任取3個不同的數共有10種不同的取法，其中的勾股數只有3,4,5，故3個數構成一組勾股數的取法只有1種，故所求概率為，故選C.考點：古典概型9、A【解題分析】

根據三角函數線的定義，分別進行判斷排除即可得答案．【題目詳解】若P在AB段,正弦小于正切,正切有可能小于余弦;若P在CD段，正切最大，則cosα<sinα<tanα；若P在EF段，正切，余弦為負值，正弦為正，tanα<cosα<sinα；若P在GH段，正切為正值，正弦和余弦為負值，cosα<sinα<tanα.∴P所在的圓弧最有可能的是.故選：A.【題目點撥】本題任意角的三角函數的應用，根據角的大小判斷角的正弦、余弦、正切值的正負及大小，為基礎題.10、A【解題分析】試題分析：當滿足l?α,l⊥β時可得到α⊥β成立，反之，當l?α,α⊥β時，l與β可能相交，可能平行，因此前者是后者的充分不必要條件考點：充分條件與必要條件點評：命題：若p則q是真命題，則p是q的充分條件，q是p的必要條件二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、1【解題分析】考查向量的投影定義，在上的投影等于的模乘以兩向量夾角的余弦值12、【解題分析】

直接應用數量積的運算，求出與的夾角．【題目詳解】設向量、的夾角為；∵，∴，∵，∴.故答案為：．【題目點撥】本題考查向量的夾角計算，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力，屬于基礎題.13、【解題分析】

在平面中，過圓內一點的弦長何時最長，何時最短，類比在空間中，過球內一點的球的大圓面積最大，與此大圓垂直的截面小圓面積最小.利用正四面體的性質及球的性質求正四面體外接球的半徑、小圓半徑，確定答案.【題目詳解】因為正四面體棱長為AB=3，所以正四面體外接球半徑R=.由球的性質，當過E及球心O時的截面為球的大圓，面積最大，最大面積為；當過E的截面與EO垂直時面積最小，取△BCD的中心，因為為正四面體，所以平面BCD,O在上，，所以,在三角形中，由,，,，由余弦定理在直角三角形中所以過E且與EO垂直的截面圓的半徑r為，截面面積為.所以所求截面面積的范圍是.【題目點撥】本題考查空間想象能力，邏輯推理能力，空間組合體的關系，正四面體、球的性質，考查計算能力，屬于難題.14、【解題分析】

利用等差中項的性質可求出的值.【題目詳解】由等差中項的性質可得，解得.故答案為：.【題目點撥】本題考查利用等差中項的性質求項的值，考查計算能力，屬于基礎題.15、60【解題分析】

由樣本中心過線性回歸方程，求得，，代入即可求得【題目詳解】由題知：，，將代入得故答案為：60【題目點撥】本題考查樣本中心與最小二乘法公式的關系，易錯點為將直接代入求解，屬于中檔題16、【解題分析】試題分析：函數要使對恒成立，只要小于或等于的最小值即可，的最小值是0，即只需滿足，解得.考點：恒成立問題.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）由函數的一段圖象求得、、和的值即可；（2）由，求得的取值范圍，再利用正弦函數的性質求得的最大和最小值即可．【題目詳解】解：（1）由函數的一段圖象知，，，，解得，又時，，，，解得，；，函數的解析式為；（2）當時，，令，解得，此時取得最大值為2；令，解得，此時取得最小值為；函數的值域為．【題目點撥】本題考查了函數的圖象和性質的應用問題，屬于基礎題．18、（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【解題分析】

（Ⅰ）將所給條件式子兩邊同時平方,利用遞推法可得的表達式,由兩式相減,變形即可證明數列為等差數列,進而結合首項與公差求得的通項公式.（Ⅱ）由（Ⅰ）中可求得.將與代入即可求得數列的通項公式,利用裂項法即可求得前項和.（Ⅲ）先求得的取值范圍,結合不等式,即可求得的取值范圍.【題目詳解】（Ⅰ）因為正項數列的前項和為,且化簡可得由遞推公式可得兩式相減可得,變形可得即,由正項等比數列可得所以而當時,解得所以數列是以為首項,以為公差的等差數列因而（Ⅱ）由（Ⅰ）可知則代入中可得所以（Ⅲ）由（Ⅱ）可知則,所以數列為單調遞增數列,則且當時,,即所以因為對一切的恒成立則滿足,解不等式組可得即實數的取值范圍為【題目點撥】本題考查了等差數列通項公式與求和公式的應用,裂項求和法的應用,數列的單調性與不等式關系,綜合性強,屬于中檔題.19、（1）1；（2）.【解題分析】

（1）由二倍角公式可化函數為，結合正弦函數的性質可得；（2）先求得的增區(qū)間，其中，此區(qū)間應包含，這樣可得之間的不等關系，利用＞0，得的范圍，從而得，最終可得的最大值．【題目詳解】解法1：（1）因為圖象的相鄰兩條對稱軸的距離為，所以的最小正周期為，所以正數.（2）因為，所以由得單調遞增區(qū)間為，其中.由題設，于是，得因為，所以，，因為，所以，所以，正數的最大值為.解法2：（1）同解法1.（2）當時，因為在單調遞增，因為，所以于是，解得，故正數的最大值為.【題目點撥】本題考查二倍角公式，考查三角函數的性質．解題關鍵是化函數為一個角的一個三角函數形式，即形式，然后結合正弦函數的性質求解．20、（1）見解析（2）16【解題分析】

（1）證明EO∥PC得到PC∥平面BDE.（2）先證明EF就是三棱錐E-BCD的高，再利用體積公式得到三棱錐E-BCD的體積.【題目詳解】（1）證明：連結AC交BD于O，連結EO.∵四邊形ABCD是正方形，在ΔPAC中，O為AC中點，又∵E為PA中點∴EO∥PC.又∵PC?平面BDE，EO?平面BDE.∴PC∥平面BDE.（2）解：取AD中點F，連結EF.則EF∥PD且EF=1∵PD⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD，∴EF就是三棱錐E-BCD的高.在正方形ABCD中，SΔBCD∴V三棱錐【題目點撥】本題考查了線面平行，三棱錐的體積，意在考查學生的空間想象能力和計算能力.21、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解題分析】

（1）利用線面平行的性質定理可得，從而得到.（2）連接，可證平面，從而得到.【題目詳解】（1）因為平面，平面，平面平面，所以.又在