2024屆廣東省惠州市華羅庚中學高一數學第二學期期末質量跟蹤監(jiān)視模擬試題含解析

2024屆廣東省惠州市華羅庚中學高一數學第二學期期末質量跟蹤監(jiān)視模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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．數列{an}中a1＝﹣2，an+1＝1，則a2019的值為（）A．﹣2 B． C． D．2．已知一扇形的周長為，圓心角為，則該扇形的面積為()A． B． C． D．3．圓與圓的位置關系是（）A．相離 B．相交 C．相切 D．內含4．已知在中，，則的形狀是A．銳角三角形 B．鈍角三角形C．等腰三角形 D．直角三角形5．兩直角邊分別為1,的直角三角形繞其斜邊所在的直線旋轉一周，得到的幾何體的表面積是()A． B．3π C． D．6．如圖，在正方體中，，分別是中點，則異面直線與所成角大小為（）．A． B． C． D．7．△ABC中，三個內角A，B，C所對應的邊分別為a，b，c，若c＝，b＝1，∠B＝，則△ABC的形狀為（）A．等腰直角三角形 B．直角三角形C．等邊三角形 D．等腰三角形或直角三角形8．過點且與原點距離最大的直線方程是（）A． B．C． D．9．已知在中，為的中點，，，點為邊上的動點，則最小值為（）A．2 B． C． D．－210．設，則下列不等式中正確的是()A． B．C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知線段上有個確定的點（包括端點與）.現對這些點進行往返標數（從…進行標數，遇到同方向點不夠數時就“調頭”往回數）.如圖：在點上標，稱為點，然后從點開始數到第二個數，標上，稱為點，再從點開始數到第三個數，標上，稱為點（標上數的點稱為點），……，這樣一直繼續(xù)下去，直到，，，…，都被標記到點上，則點上的所有標記的數中，最小的是_______.12．若數列滿足,,則______．13．如圖，四棱錐中，所有棱長均為2，是底面正方形中心，為中點，則直線與直線所成角的余弦值為____________.14．已知四棱錐的底面是邊長為的正方形，側棱長均為，若圓柱的一個底面的圓周經過四棱錐四條側棱的中點，另一個底面的圓心為四棱錐底面的中心，則該圓柱的側面積為________.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．直線的傾斜角的大小是_________.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，在四棱錐P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=1．E為PD的中點，點F在PC上，且．（Ⅰ）求證：CD⊥平面PAD；（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；（Ⅲ）設點G在PB上，且．判斷直線AG是否在平面AEF內，說明理由．18．已知數列和中，數列的前n項和為,若點在函數的圖象上，點在函數的圖象上．設數列.（1）求數列的通項公式；（2）求數列的前項和；（3）求數列的最大值.19．如圖，在△ABC中，cosC＝，角B的平分線BD交AC于點D，設∠CBD＝θ，其中tanθ＝﹣1．（1）求sinA的值；（2）若，求AB的長．20．如圖，四棱錐中，底面,分別為的中點,.(1)證明:平面平面(2)求三棱錐的體積.21．為了了解某省各景區(qū)在大眾中的熟知度，隨機從本省歲的人群中抽取了人，得到各年齡段人數的頻率分布直方圖如圖所示，現讓他們回答問題“該省有哪幾個國家級旅游景區(qū)？”，統(tǒng)計結果如下表所示：組號分組回答正確的人數回答正確的人數占本組的頻率第組第組第組第組第組（1）分別求出的值；（2）從第組回答正確的人中用分層抽樣的方法抽取人，求第組每組抽取的人數；（3）在（2）中抽取的人中隨機抽取人，求所抽取的人中恰好沒有年齡段在的概率

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、B【解析】

根據遞推公式，算出即可觀察出數列的周期為3，根據周期即可得結果．【詳解】解：由已知得，，，

，…，，

所以數列是以3為周期的周期數列，故，

故選：B．【點睛】本題考查遞推數列的直接應用，難度較易．2、C【解析】

根據題意設出扇形的弧長與半徑，通過扇形的周長與弧長公式即可求出扇形的弧長與半徑，進而根據扇形的面積公式即可求解．【詳解】設扇形的弧長為，半徑為，扇形的圓心角的弧度數是.

則由題意可得：.

可得：，解得：，.可得：故選：C【點睛】本題主要考查扇形的周長與扇形的面積公式的應用，以及考查學生的計算能力，屬于基礎題．3、B【解析】

計算圓心距，判斷與半徑和差的關系得到位置關系.【詳解】圓心距相交故答案選B【點睛】本題考查了兩圓的位置關系，判斷圓心距與半徑和差的關系是解題的關鍵.4、D【解析】

利用正弦定理可將已知中的等號兩邊的“邊”轉化為它所對角的正弦，再利用余弦定理化簡即得該三角形的形狀．【詳解】根據正弦定理，原式可變形為：所以整理得．故選．【點睛】本題主要考查正弦定理余弦定理解三角形，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.5、A【解析】

由題知該旋轉體為兩個倒立的圓錐底對底組合在一起，根據圓錐的側面積計算公式可得．【詳解】由題得直角三角形的斜邊為2，則斜邊上的高為.由題知該幾何體為兩個倒立的圓錐底對底組合在一起，其中，故選．【點睛】本題考查旋轉體的定義，圓錐的表面積的計算，屬于基礎題.6、C【解析】

通過中位線定理可以得到在正方體中，可以得到所以這樣找到異面直線與所成角，通過計算求解．【詳解】分別是中點，所以有而，因此異面直線與所成角為在正方體中，,所以，故本題選C．【點睛】本題考查了異面直線所成的角．7、D【解析】試題分析：在中，由正弦定理可得，因為，所以或，所以或，所以的形狀一定為等腰三角形或直角三角形，故選D．考點：正弦定理．8、A【解析】

當直線與垂直時距離最大，進而可得直線的斜率，從而得到直線方程?！驹斀狻吭c坐標為，根據題意可知當直線與垂直時距離最大，由兩點斜率公式可得：所以所求直線的斜率為：故所求直線的方程為：，化簡可得：故答案選A【點睛】本題考查點到直線的距離公式，涉及直線的點斜式方程和一般方程，屬于基礎題。9、C【解析】

由，結合投影幾何意義，建立平面直角坐標系，結合向量數量積的定義及二次函數的性質即可求解.【詳解】由,結合投影幾何意義有：過點作的垂線，垂足落在的延長線上，且,以所在直線為軸，以中點為坐標原點，建立如圖所示的平面直角坐標系，則設，其中則解析式是關于的二次函數，開口向上，對稱軸時取得最小值，當時取得最小值故選：【點睛】本題考查向量方法解決幾何最值問題，屬于中等題型.10、B【解析】

取，則，，只有B符合．故選B．考點：基本不等式．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

將線段上的點考慮為一圓周，所以共有16個位置，利用規(guī)則，可知標記2019的是，2039190除以16的余數為6，即線段的第6個點標為2019，則，令，即可得．【詳解】依照題意知，標有2的是1+2，標有3的是1+2+3，……，標有2019的是1+2+3+……+2019，將將線段上的點考慮為一圓周，所以共有16個位置，利用規(guī)則，可知標記2019的是，2039190除以16的余數為6，即線段的第6個點標為2019，，令，，解得，故點上的所有標記的數中，最小的是3.【點睛】本題主要考查利用合情推理，分析解決問題的能力．意在考查學生的邏輯推理能力，12、【解析】

利用遞推公式再遞推一步,得到一個新的等式,兩個等式相減,再利用累乘法可求出數列的通項公式,利用所求的通項公式可以求出的值.【詳解】得,,所以有,因此.故答案為：【點睛】本題考查了利用遞推公式求數列的通項公式,考查了累乘法,考查了數學運算能力.13、.【解析】

以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出直線與直線所成角的余弦值．【詳解】解：四棱錐中，所有棱長均為2，是底面正方形中心，為中點，，平面，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，∴，，設直線與直線所成角為，則，直線與直線所成角的余弦值為．故答案為：．【點睛】本題主要考查異面直線所成角的余弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，屬于中檔題．14、【解析】

先求出四棱錐的底面對角線的長度，結合勾股定理可求出四棱錐的高，然后由圓柱的一個底面的圓周經過四棱錐四條側棱的中點，可知四條側棱的中點連線為正方形，其對角線為圓柱底面的直徑，圓柱的高為四棱錐的高的一半，分別求解可求出圓柱的側面積.【詳解】由題可知，四棱錐是正四棱錐，四棱錐的四條側棱的中點連線為正方形，邊長為，該正方形對角線的長為1，則圓柱的底面半徑為，四棱錐的底面是邊長為的正方形，其對角線長為2，則四棱錐的高為，故圓柱的高為1，所以圓柱的側面積為.【點睛】本題主要考查了空間幾何體的結構特征，考查了學生的空間想象能力與計算求解能力，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、【解析】試題分析：由題意，即，∴．考點：直線的傾斜角.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)；(Ⅲ)見解析.【解析】

(Ⅰ)由題意利用線面垂直的判定定理即可證得題中的結論；(Ⅱ)建立空間直角坐標系，結合兩個半平面的法向量即可求得二面角F-AE-P的余弦值；(Ⅲ)首先求得點G的坐標，然后結合平面的法向量和直線AG的方向向量可判斷直線是否在平面內.【詳解】(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，則PA⊥CD，由題意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，由線面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.(Ⅱ)以點A為坐標原點，平面ABCD內與AD垂直的直線為x軸，AD,AP方向為y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，易知：，由可得點F的坐標為，由可得，設平面AEF的法向量為：，則，據此可得平面AEF的一個法向量為：，很明顯平面AEP的一個法向量為，，二面角F-AE-P的平面角為銳角，故二面角F-AE-P的余弦值為.(Ⅲ)易知，由可得，則，注意到平面AEF的一個法向量為：，其且點A在平面AEF內，故直線AG在平面AEF內.18、（1）（2）（3）【解析】

（1）先根據題設知，再利用求得，驗證符合，最后答案可得．

（2）由題設可知，把代入，然后用錯位相減法求和；（3）計算，判斷其大于零時的范圍，可得數列取最大值時的項數，進而可得最大值..【詳解】解：（1）由已知得：，∵當時，，又當時，符合上式．（2）由已知得：①②②-①可得：（3）令，得：，又且，即為最大，故最大值為.【點睛】本題主要考查了數列的遞推式解決數列的通項公式和求和問題，考查數列最大項的求解，是中檔題.19、（1）（2）【解析】

（1）根據二倍角公式及同角基本關系式，求出cos∠ABC，進而可求出sinA；（2）根據正弦定理求出AC，BC的關系，利用向量的數量積公式求出AC，可得BC，正弦定理可得答案．【詳解】（1）由∠CBD＝θ，且tanθ1，所以θ∈（0，），所以cos∠ABC，則sin∠ABC，由cosC，得：sinC，sinA＝sin[π﹣（∠ABC+∠C）]＝sin（∠ABC+∠C）．（2）由正弦定理，得，即BCAC；又?AC2?21，∴AC＝5，∴ABAC＝4．【點睛】本題考查了二倍角公式、同角基本關系式和正弦定理的靈活運用和計算能力，是中檔題．20、（1）見證明；（2）【解析】

(1)先證明面，再證明平面平面；（2）由求解.【詳解】（1）證明：由已知為的中點，且，所以，因為，所以，又因為，所以四邊形為平行四邊形，所以，又因為面，所以平面.在△中，因為,分別為,的中點，所以,因為，，所以面，因為，所以平面平面（2）由已知為中點，又因為，所以，因為，，，所以.【點睛】本題主要考查空間幾何元素平行關系的證明，考查幾何體體積的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于中檔題.21、（1），，，；（2）分邊抽取2,3,1人；（3）.【解析】

（1）根據數據表和頻率分布直方圖可計算得到第組的人數和頻率，從而可得總人數；根據總數、頻率和頻數的關系，可分別計算得到所求結果；（2）首先確定第組的總人數，根據分層抽樣原則計算即可得到結果；（3）首先計算得到基本事件總數；再計算出恰好沒有年齡段在包含的基本事件個數，根據古典概型概率公式可求得結果.【詳解】（1）第組的人