山西省呂梁市泰化中學2023-2024學年數學高一下期末學業(yè)質量監(jiān)測模擬試題含解析

山西省呂梁市泰化中學2023-2024學年數學高一下期末學業(yè)質量監(jiān)測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．已知數列滿足，，則的值為（）A． B． C． D．2．已知函數的部分圖象如圖所示，則（）A． B．C． D．3．已知a、b是兩條不同的直線，、是兩個不同的平面，若，，，則下列三個結論：①、②、③．其中正確的個數為（）A．0 B．1 C．2 D．34．直線x﹣y+2＝0與圓x2+（y﹣1）2＝4的位置關系是（）A．相交 B．相切 C．相離 D．不確定5．若cosα=13A．13 B．-13 C．6．已知tan(α+π5A．1B．-57C．7．函數（其中，，）的圖象如圖所示，為了得到的圖象，只需把的圖象上所有的點（）A．向右平移個單位長度 B．向左平移個單位長度C．向右平移個單位長度 D．向左平移個單位長度8．已知角α的終邊上有一點P（sin，cos），則tanα=（）A． B． C． D．9．甲、乙兩名選手參加歌手大賽時，5名評委打的分數用如圖所示的莖葉圖表示，s1，s2分別表示甲、乙選手分數的標準差，則s1與s2的關系是()．A．s1＞s2 B．s1＝s2 C．s1＜s2 D．不確定10．已知正四棱錐的側棱長與底面邊長都相等，是的中點，則所成的角的余弦值為（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知數列的前項和是，且，則______.（寫出兩個即可）12．已知x，y＝R+，且滿足x2y6，若xy的最大值與最小值分別為M和m，M+m＝_____.13．已知直線：與直線：平行，則______.14．在中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若，，b=1,則_____________15．已知為銳角，則_______.16．已知等差數列滿足，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）若，求函數的零點；（2）若在恒成立，求的取值范圍；（3）設函數，解不等式.18．扇形AOB中心角為，所在圓半徑為，它按如圖(Ⅰ)(Ⅱ)兩種方式有內接矩形CDEF．(1)矩形CDEF的頂點C、D在扇形的半徑OB上，頂點E在圓弧AB上，頂點F在半徑OA上，設；(2)點M是圓弧AB的中點，矩形CDEF的頂點D、E在圓弧AB上，且關于直線OM對稱，頂點C、F分別在半徑OB、OA上，設；試研究(1)(2)兩種方式下矩形面積的最大值，并說明兩種方式下哪一種矩形面積最大？19．如圖，已知四棱錐，底面是邊長為的菱形，，側面為正三角形，側面底面，為側棱的中點，為線段的中點（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求證：；（Ⅲ）求三棱錐的體積20．在等比數列中，.（1）求的通項公式；（2）若，求數列的前項和.21．數列中，，（為常數，1，2，3，…），且.（1）求c的值；（2）求證：①；②；（3）比較++…+與的大小，并加以證明.

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】

由，得，然后根據遞推公式逐項計算出、的值，即可得出的值.【詳解】，，則，，，因此，，故選B.【點睛】本題考查數列中相關項的計算，解題的關鍵就是遞推公式的應用，考查計算能力，屬于基礎題.2、D【解析】

由函數的最值求出A,由周期求出,由五點法作圖求出的值,從而得出結論.【詳解】根據函數的圖象求出函數的周期,然后可以求出,通過函數經過的最大值點求出值,即可得到函數的解析式.由函數的圖象可知:,

.

當,函數取得最大值1,所以,

，

故選D.3、C【解析】

根據題意，，，，則有，因此，，不難判斷.【詳解】因為，，，則有，所以，，所以①正確，②不正確，③正確，則其中正確命題的個數為2.故選C【點睛】本題考查空間中直線與平面之間的位置關系，考查空間推理能力，屬于簡單題.4、A【解析】

求得圓心到直線的距離，然后和圓的半徑比較大小，從而判定兩者位置關系，得到答案．【詳解】由題意，可得圓心到直線的距離為，所以直線與圓相交．故選：A．【點睛】本題主要考查了直線與圓的位置關系判定，其中解答中熟記直線與圓的位置關系的判定方法是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題．5、D【解析】

利用二倍角余弦公式cos2α=2【詳解】由二倍角余弦公式可得cos2α=2【點睛】本題考查二倍角余弦公式的應用，著重考查學生對二倍角公式熟記和掌握情況，屬于基礎題．6、D【解析】∵α-β+π=(α+π∴tan=2+3tan(α-β)=7、C【解析】

通過圖象可以知道：最低點的縱坐標為，函數的圖象與橫軸的交點的坐標為，與之相鄰的最低點的坐標為，這樣可以求出和最小正周期，利用余弦型函數最小正周期公式，可以求出，把零點代入解析式中，可以求出，這樣可以求出函數的解析式，利用誘導公式化為正弦型三角函數解析式形式，最后利用平移變換解析式的變化得出正確答案.【詳解】由圖象可知：函數的最低點的縱坐標為，函數的圖象與橫軸的交點的坐標為，與之相鄰的最低點的坐標為，所以，設函數的最小正周期為，則有，而，把代入函數解析式中，得，所以，而，顯然由向右平移個單位長度得到的圖象，故本題選C.【點睛】本題考查了由函數圖象求余弦型函數解析式，考查了正弦型函數圖象之間的平移變換規(guī)律.8、A【解析】

由題意利用任意角的三角函數的定義，求得tanα的值．【詳解】解：∵角α的終邊上有一點P（sin，cos），∴x＝sin，y＝cos，∴則tanα，故選A．【點睛】本題主要考查任意角的三角函數的定義，屬于基礎題．9、C【解析】

先求均值，再根據標準差公式求標準差，最后比較大小.【詳解】乙選手分數的平均數分別為所以標準差分別為因此s1＜s2，選C.【點睛】本題考查標準差，考查基本求解能力.10、C【解析】試題分析：設的交點為，連接，則為所成的角或其補角；設正四棱錐的棱長為，則，所以，故C為正確答案．考點：異面直線所成的角．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、或【解析】

利用已知求的公式，即可算出結果．【詳解】（1）當，得，∴，∴．（2）當時，，兩式作差得，，化簡得，∴或，即（常數）或，當（常數）時，數列是以1為首項，2為公差的等差數列，所以；當時，數列是以1為首項，﹣1為公比的等比數列，所以．【點睛】本題主要考查利用與的關系公式，即，求的方法應用．12、【解析】

設，則，可得，然后利用基本不等式得到關于的一元二次方程解方程可得的最大值和最小值，進而得到結論.【詳解】∵x，y＝R+，設，則，∴∴12t＝（2t+2）x+（4t+1）y，∴18t≥（t+1）（4t+1）＝4t2+5t+1，∴4t2﹣13t+1≤0，∴，∵xy的最大值與最小值分別為M和m，∴M，m，∴M+m.【點睛】本題考查了基本不等式的應用和一元二次不等式的解法，考查了轉化思想和運算推理能力，屬于中檔題.13、4【解析】

利用直線平行公式得到答案.【詳解】直線：與直線：平行故答案為4【點睛】本題考查了直線平行的性質，屬于基礎題型.14、2【解析】

根據條件，利用余弦定理可建立關于c的方程，即可解出c.【詳解】由余弦定理得，即，解得或（舍去）.故填2.【點睛】本題主要考查了利用余弦定理求三角形的邊，屬于中檔題.15、【解析】

利用同角三角函數的基本關系得，再根據角度關系，利用誘導公式即可得答案.【詳解】∵且，∴；∵，∴.故答案為：.【點睛】本題考查同角三角函數的基本關系、誘導公式，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，求解時注意三角函數的符號問題.16、9【解析】

利用等差數列下標性質求解即可【詳解】由等差數列的性質可知，，則．所以.故答案為：9【點睛】本題考查等差數列的性質，熟記性質是關鍵，是基礎題三、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)1；(2)(3)見解析【解析】

（1）解方程可得零點；（2）恒成立，可分離參數得，這樣只要求得在上的最大值即可；（3）注意到的定義域，不等式等價于，這樣可根據與0，1的大小關系分類討論．【詳解】（1）當時，令得，，∵，∴函數的零點是1（2）在恒成立，即在恒成立，分離參數得：，∵，∴從而有：.（3）令，得，，因為函數的定義域為，所以等價于（1）當，即時，恒成立，原不等式的解集是（2）當，即時，原不等式的解集是（3）當，即時，原不等式的解集是（4）當，即時，原不等式的解集是綜上所述：當時，原不等式的解集是當時，原不等式的解集是當時，原不等式的解集是當時，原不等式的解集是【點睛】本題考查函數的零點，考查不等式恒成立問題，考查解含參數的一元二次不等式．其中不等式恒成立問題可采用參數法轉化為求函數的最值問題，而解一元二次不等式，必須對參數分類討論，解題關鍵是確定分類標準．解一元二次不等式的分類標準有三個方面：一是二次的系數正負或者為0問題，二是一元二次方程的判別式的正負或0的問題，三是一元二次方程兩根的大小關系．18、方式一最大值【解析】

試題分析：(1)運用公式時要注意審查公式成立的條件，要注意和差、倍角的相對性，要注意升冪、降冪的靈活運用；（2）重視三角函數的三變：三變指變角、變名、變式；變角：對角的分拆要盡可能化成同名、同角、特殊角；變名：盡可能減少函數名稱；變式：對式子變形一般要盡可能有理化、整式化、降低次數等，適當選擇公式進行變形；（3）把形如化為，可進一步研究函數的周期、單調性、最值和對稱性.試題解析：解（1）在中，設，則又當即時，（Ⅱ）令與的交點為，的交點為，則，于是，又當即時，取得最大值.,（Ⅰ）（Ⅱ）兩種方式下矩形面積的最大值為方式一：考點：把實際問題轉化為三角函數求最值問題.19、（Ⅰ）見解析（Ⅱ）見解析（Ⅲ）【解析】

（Ⅰ）連接，交于點；根據三角形中位線可證得；由線面平行判定定理可證得結論；（Ⅱ）由等腰三角形三線合一可知；由面面垂直的性質可知平面；根據線面垂直性質可證得結論；（Ⅲ）利用體積橋的方式將所求三棱錐體積轉化為；根據已知長度和角度關系分別求得四邊形面積和高，代入得到結果.【詳解】（Ⅰ）證明：連接，交于點四邊形為菱形為中點又為中點平面，平面平面（Ⅱ）為正三角形，為中點平面平面，平面平面，平面平面，又平面（Ⅲ）為中點又，，由（Ⅱ）知，【點睛】本題考查立體幾何中線面平行、線線垂直關系的證明、三棱錐體積的求解問題；涉及到線面平行判定定理、面面垂直性質定理和判定定理的應用、體積橋的方式求解三棱錐體積等知識，屬于常考題型.20、（1）（2）【解析】

（1）將已知條件化為和后，聯立解出和后即可得到通項公式；（2）根據錯位相減法可得結果.【詳解】（1）因為，所以解得故的通項公式為.（2）由（1）可得，則，①，②①-②得.所以故.【點睛】本題考查了等比數列通項公式基本量的計算，考查了錯位相減法求數列的和，屬于中檔題.21、(1)；(2)①見證明；②見證明；(3