四川省達州市2024屆高一數學第二學期期末質量跟蹤監(jiān)視試題含解析

四川省達州市2024屆高一數學第二學期期末質量跟蹤監(jiān)視試題注意事項：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。考試結束后，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．△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知asinA－bsinB=4csinC，cosA=－，則=A．6 B．5 C．4 D．32．在數列中，，，則的值為（）A．4950 B．4951 C． D．3．已知數列的前項和為，若，則（）A． B． C． D．4．函數（，）的部分圖象如圖所示，則的值分別是（）A． B． C． D．5．若三點共線，則（）A．13 B． C．9 D．6．點到直線（R）的距離的最大值為A． B． C．2 D．7．若不等式對一切恒成立，則實數的最大值為（）A．0 B．2 C． D．38．我國魏晉時期的數學家劉徽，創(chuàng)立了用圓內接正多邊形面積無限逼近圓面積的方法，稱為“割圓術”，為圓周率的研究提供了科學的方法.在半徑為1的圓內任取一點，則該點取自圓內接正十二邊形外的概率為A． B．C． D．9．采用系統抽樣方法從人中抽取32人做問卷調查，為此將他們隨機編號為，分組后在第一組采用簡單隨機抽樣的方法抽到的號碼為.抽到的人中，編號落入區(qū)間的人做問卷，編號落入區(qū)間的人做問卷，其余的人做問卷.則抽到的人中，做問卷的人數為（）A． B． C． D．10．矩形ABCD中，，，則實數（）A．-16 B．-6 C．4 D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．設等比數列的首項為，公比為，所有項和為1，則首項的取值范圍是____________.12．設數列是等差數列，，，則此數列前20項和等于______.13．已知數列是等差數列，若，，則公差________.14．已知向量、滿足||＝2，且與的夾角等于，則||的最大值為_____．15．有下列四個說法：①已知向量，，若與的夾角為鈍角，則；②先將函數的圖象上各點縱坐標不變，橫坐標縮小為原來的后，再將所得函數圖象整體向左平移個單位，可得函數的圖象；③函數有三個零點；④函數在上單調遞減，在上單調遞增.其中正確的是__________.（填上所有正確說法的序號）16．在平面直角坐標系中，定義兩點之間的直角距離為：現有以下命題：①若是軸上的兩點，則；②已知，則為定值；③原點與直線上任意一點之間的直角距離的最小值為；④若表示兩點間的距離，那么.其中真命題是__________（寫出所有真命題的序號）.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，在多面體中，平面平面，四邊形為正方形，四邊形為梯形，且，，．（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求證：平面；（Ⅲ）在線段上是否存在點，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.18．如圖，在平面四邊形中，，，的面積為．⑴求的長；⑵若，，求的長．19．如圖所示，已知三棱錐的側棱長都為1，底面ABC是邊長為的正三角形．（1）求三棱錐的表面積；（2）求三棱錐的體積．20．（1）設，直接用任意角的三角比定義證明：.（2）給出兩個公式：①；②.請僅以上述兩個公式為已知條件證明：.21．設函數.（1）求不等式的解集；（2）若對于，恒成立，求的取值范圍.

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、A【解析】

利用余弦定理推論得出a，b，c關系，在結合正弦定理邊角互換列出方程，解出結果.【詳解】詳解：由已知及正弦定理可得，由余弦定理推論可得，故選A．【點睛】本題考查正弦定理及余弦定理推論的應用．2、C【解析】

利用累加法求得，由此求得的表達式，進而求得的值.【詳解】依題意，所以，所以，當時，上式也滿足.所以.故選：C【點睛】本小題主要考查累加法求數列的通項公式，屬于基礎題.3、A【解析】

再遞推一步，兩個等式相減，得到一個等式，進行合理變形，可以得到一個等比數列，求出通項公式，最后求出數列的通項公式，最后求出，選出答案即可.【詳解】因為，所以當時，，兩式相減化簡得：，而，所以數列是以為首項，為公比的等比數列，因此有，所以，故本題選A.【點睛】本題考查了已知數列遞推公式求數列通項公式的問題，考查了等比數列的判斷以及通項公式，正確的遞推和等式的合理變形是解題的關鍵.4、A【解析】

利用，求出，再利用，求出即可【詳解】，，，則有，代入得，則有，，，又，故答案選A【點睛】本題考查三角函數的圖像問題，依次求出和即可，屬于簡單題5、D【解析】

根據三點共線，有成立，解方程即可.【詳解】因為三點共線，所以有成立，因此，故本題選D.【點睛】本題考查了斜率公式的應用，考查了三點共線的性質，考查了數學運算能力.6、A【解析】

把直線方程化為，得到直線恒過定點，由此可得點P到直線的距離的最大值就是點P到定點的距離，得到答案．【詳解】由題意，直線可化為，令，解得，即直線恒過定點，則點P到直線的距離的最大值就是點P到定點的距離為：，故選A．【點睛】本題主要考查了直線方程的應用，其中解答中把直線方程化為，得出直線恒過定點是解答本題的關鍵，著重考查了轉化思想，以及推理與運算能力，屬于基礎題．7、C【解析】

采用參變分離法對不等式變形，然后求解變形后的函數的值域，根據參數與新函數的關系求解參數最值.【詳解】因為不等式對一切恒成立，所以對一切，，即恒成立．令．易知在內為增函數．所以當時，，所以的最大值是．故選C．【點睛】常見的求解參數范圍的方法：（1）分類討論法（從臨界值、特殊值出發(fā)）；（2）參變分離法（考慮新函數與參數的關系）.8、D【解析】

由半徑為1的圓內接正十二邊形，可分割為12個頂角為，腰為1的等腰三角形，求得十二邊形的面積，利用面積比的幾何概型，即可求解.【詳解】由題意，半徑為1的圓內接正十二邊形，可分割為12個頂角為，腰為1的等腰三角形，所以該正十二邊形的面積為，由幾何概型的概率計算公式，可得所求概率，故選D.【點睛】本題主要考查了幾何概型的概率的計算問題，解決此類問題的步驟：求出滿足條件A的基本事件對應的“幾何度量”，再求出總的基本事件對應的“幾何度量”，然后根據求解，著重考查了分析問題和解答問題的能力.9、C【解析】從960人中用系統抽樣方法抽取32人，則抽樣距為k＝，因為第一組號碼為9，則第二組號碼為9＋1×30＝39，…，第n組號碼為9＋(n－1)×30＝30n－21，由451≤30n－21≤750，得，所以n＝16,17，…，25，共有25－16＋1＝10(人)．考點：系統抽樣.10、B【解析】

根據題意即可得出，從而得出，進行數量積的坐標運算即可求出實數．【詳解】據題意知，,,．故選：．【點睛】考查向量垂直的充要條件，以及向量數量積的坐標運算,屬于容易題．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

由題意可得得且，可得首項的取值范圍.【詳解】解：由題意得：，，故答案為：.【點睛】本題主要考查等比數列前n項的和、數列極限的運算，屬于中檔題.12、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13、1【解析】

利用等差數列的通項公式即可得出．【詳解】設等差數列公差為，∵，，∴，解得＝1．故答案為：1．【點睛】本題考查了等差數列的通項公式，考查了計算能力，屬于基礎題．14、【解析】

在中，令，可得，可得點在半徑為的圓上，，可得，進而可得的最大值．【詳解】∵向量、滿足||＝1，且與的夾角等于，如圖在中，令，，可得可得點B在半徑為R的圓上，1R4，R＝1．則||的最大值為1R＝4【點睛】本題考查了向量的夾角、模的運算，屬于中檔題．15、②③④【解析】

根據向量，函數零點，函數的導數，以及三角函數有關知識，對各個命題逐個判斷即可．【詳解】對①，若與的夾角為鈍角，則且與不共線，即，解得且，所以①錯誤；對②，先將函數的圖象上各點縱坐標不變，橫坐標縮小為原來的后，得函數的圖象，再將圖象整體向左平移個單位，可得函數的圖象，②正確；對③，函數的零點個數，即解的個數，亦即函數與的圖象的交點個數，作出兩函數的圖象，如圖所示：由圖可知，③正確；對④，，當時，，當時，，故函數在上單調遞減，在上單調遞增，④正確．故答案為：②③④．【點睛】本題主要考查命題的真假判斷，涉及向量數量積，三角函數圖像變換，函數零點個數的求法，以及函數單調性的判斷等知識的應用，屬于中檔題．16、①②④【解析】

根據新定義的直角距離，結合具體選項，進行逐一分析即可.【詳解】對①：因為是軸上的兩點，故，則，①正確；對②：根據定義因為，故，②正確；對③：根據定義，當且僅當時，取得最小值，故③錯誤；對④：因為，由不等式，即可得，故④正確.綜上正確的有①②④故答案為：①②④.【點睛】本題考查新定義問題，涉及同角三角函數關系，絕對值三角不等式，屬綜合題.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、（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）見解析；（Ⅲ）見解析【解析】

（Ⅰ）轉化為證明；（Ⅱ）轉化為證明，；（Ⅲ）根據線面平行的性質定理.【詳解】（Ⅰ）因為四邊形為正方形，所以，由于平面，平面，所以平面.（Ⅱ）因為四邊形為正方形，所以.平面平面，平面平面，所以平面.所以.取中點，連接.由，，，可得四邊形為正方形.所以.所以.所以.因為，所以平面.（Ⅲ）存在，當為的中點時，平面，此時.證明如下：連接交于點，由于四邊形為正方形，所以是的中點，同時也是的中點.因為，又四邊形為正方形，所以，連接，所以四邊形為平行四邊形.所以.又因為平面，平面，所以平面.【點睛】本題考查空間線面的關系.線面關系的證明要緊扣判定定理，轉化為線線關系的證明.18、(1)(2)【解析】

（1）由三角形的面積公式求得，再由余弦定理即可得到的長；（2）由（1）可得，在中，利用正弦定理即可得的長．【詳解】⑴∵，，的面積為∴∴∴由余弦定理得∴⑵由（1）知中，，∴∵,∴又∵，∴在中，由正弦定理得即,∴【點睛】本題考查正弦定理、余弦定理、面積公式在三角形中的綜合應用，考查學生的計算能力，屬于基礎題．19、（1）（2）【解析】

（1）分析得到側面均為等腰直角三角形，再求每一個面的面積即得解；（2）先證明平面SAB，再求幾何體體積.【詳解】（1）如圖三棱錐的側棱長為都為1，底面為正三角形且邊長為，所以側面均為等腰直角三角形．又，所以，又，．（2）因為側棱SB，SA，SC互相垂直，平面SAB，所以平面SAB，．【點睛】本題主要考查線面位置關系的證明，考查面積和體積的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.20、（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】

（1）直接利用任意角的三角函數的定義證得．（2）由已知條件利用誘導公式，證明．【詳解】解：（1）將角的頂點置于平面直角坐標系的原點，始邊與軸的正半軸重合，設角終邊一點（非原點），其坐標為.∵，∴，.（2）由于，將換成后，就有即，.【點睛】本題主要考查任意角的三角函數的定義、誘導公式，屬于基礎題．21、（1）見解析；（2）.【解析】

（1）由得，然后分、、三種情況來解不等式；（2