《云南省宾川县四校2024年数学高一下期末质量跟踪监视试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《云南省宾川县四校2024年数学高一下期末质量跟踪监视试题含解析（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、云南省宾川县四校2024年数学高一下期末质量跟踪监视试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1公比为2的等比数列 的各项都是正数，且 =16，则= ( )A1B2C4D82等比数列的前n项和为，若，则等于()A3B5C33D313某林场有树苗30000
2、棵，其中松树苗4000棵为调查树苗的生长情况，采用分层抽样的方法抽取一个容量为150的样本，则样本中松树苗的数量为（ ）A30B25C20D154为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有点的（ ）A横坐标缩短到原来的倍(纵坐标不变)，再将所得的图像向左平移.B横坐标缩短到原来的倍(纵坐标不变)，再将所得的图像向左平移.C横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再将所得的图像向左平移.D横坐标缩短到原来的倍(纵坐标不变)，再将所得的图像向右平移.5已知点P为圆上一个动点，O为坐标原点，过P点作圆O的切线与圆相交于两点A,B，则的最大值为（ ）AB5CD6若正数满足，则的最小值为ABCD37在中，
3、若，则（ ）A，B，C，D，8如图，圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆周上一点（与A、B均不重合），则图中直角三角形的个数是（）A1B2C3D49经过两条直线和的交点，且垂直于直线的直线方程为( )ABCD10是边AB上的中点，记，则向量( )ABCD二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11化简sin2sin2sin2sin2cos2cos2_.12某课题组进行城市空气质量调查，按地域把24个城市分成甲、乙、丙三组，对应的城市数分别为4，12，8，若用分层抽样抽取6个城市，则丙组中应抽取的城市数为_13已知是第二象限角，且，且_.14在行列式中，元素的代数余子式的值是_.1
4、5已知，则在方向上的投影为_16若数列满足（）,且，_.三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17平面四边形中,.(1)若,求;(2)设,若,求面积的最大值.18如图，在三棱锥中，平面平面，点,分别为线段，的中点，点是线段的中点.求证：（1）平面；（2）.19在平面直角坐标系中，为坐标原点，三点满足.(1)求证：三点共线； (2)已知的最小值为，求实数的值.20已知圆C：内有一点P（2，2），过点P作直线l交圆C于A、B两点.（1）当弦AB被点P平分时，写出直线l的方程；(2)当直线l的倾斜角为45时，求弦AB的长.21在某市高三教学质量检测中，全市共
5、有名学生参加了本次考试，其中示范性高中参加考试学生人数为人，非示范性高中参加考试学生人数为人.现从所有参加考试的学生中随机抽取人，作检测成绩数据分析.（1）设计合理的抽样方案（说明抽样方法和样本构成即可）；（2）依据人的数学成绩绘制了如图所示的频率分布直方图，据此估计本次检测全市学生数学成绩的平均分；参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1、A【解析】试题分析：在等比数列中，由知，故选A考点：等比数列的性质2、C【解析】由等比数列的求和公式结合条件求出公比，再利用等比数列求和公式可求出.【详解】设等比数列的公比为（公比显
6、然不为1），则，得，因此，故选C.【点睛】本题考查等比数列基本量计算，利用等比数列求和公式求出其公比，是解本题的关键，一般在求解等比数列问题时，有如下两种方法：（1）基本量法：利用首项和公比列方程组解出这两个基本量，然后利用等比数列的通项公式或求和公式来进行计算；（2）性质法：利用等比数列下标有关的性质进行转化，能起到简化计算的作用3、C【解析】抽取比例为,，抽取数量为20,故选C.4、B【解析】利用三角函数的平移和伸缩变换的规律求出即可.【详解】为了得到函数的图象，先把函数图像的纵坐标不变，横坐标缩短到原来的倍到函数y3sin2x的图象，再把所得图象所有的点向左平移个单位长度得到y3sin（
7、2x+）的图象.故选：B【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变变换，正弦型函数性质的应用，三角函数图象的平移变换和伸缩变换的应用，属于基础题5、A【解析】作交于，连接设，得，进而，换元，得，通过求得的范围即可求解【详解】作交于，连接 设，则，取，.显然易知令， ，当且仅当等号成立；此时故选A【点睛】本题考查圆的几何性质，切线的应用，弦长公式，考查函数最值得求解，考查换元思想，是难题6、A【解析】由，利用基本不等式，即可求解，得到答案.【详解】由题意，因为，则，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为，故选A.【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最小值问题，其中解答中合理构造，利用基
8、本不是准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.7、A【解析】利用正弦定理列出关系式，把与代入得出与的关系式，再与已知等式联立求出即可.【详解】在中，由正弦定理得：，即，联立解得：.故选：A.【点睛】本题考查了正弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握定理是解本题的关键，属于基础题.8、D【解析】利用直径所对的圆周角为直角和线面垂直的判定定理和性质定理即可判断出答案【详解】AB是圆O的直径，则ACBC，由于PA平面ABC，则PABC，即有BC平面PAC，则有BCPC，则PBC是直角三角形；由于PA平面ABC，则PAAB，PAAC，则PAB和PAC都是直角三角形；再由ACBC,
9、得ACB=90，则ACB是直角三角形.综上可知：此三棱锥PABC的四个面都是直角三角形.故选D.【点睛】本题考查直线与平面垂直的性质，考查垂直关系的推理与证明，属于基础题.9、D【解析】首先求出两条直线的交点坐标，再根据垂直求出斜率，点斜式写方程即可.【详解】有题知：，解得：，交点.直线的斜率为，所求直线斜率为.所求直线为：，即.故选：D【点睛】本题主要考查如何求两条直线的交点坐标，同时考查了两条直线的位置关系，属于简单题.10、C【解析】由题意得，选C二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、1【解析】原式sin2(1sin2)sin2cos2cos2sin2cos2cos2c
10、os2sin2cos2(sin2cos2)sin21.12、2【解析】根据抽取6个城市作为样本，得到每个个体被抽到的概率,用概率乘以丙组的数目，即可得到结果.【详解】城市有甲、乙、丙三组，对应的城市数分别为4 ,12,8.本市共有城市数24 ,用分层抽样的方法从中抽取一个容量为6的样本，每个个体被抽到的概率是，丙组中对应的城市数8，则丙组中应抽取的城市数为,故答案为2.【点睛】本题主要考查分层抽样的应用以及古典概型概率公式的应用，属于基础题.分层抽样适合总体中个体差异明显，层次清晰的抽样，其主要性质是，每个层次，抽取的比例相同.13、【解析】利用同角三角函数的基本关系求出，然后利用诱导公式可求
11、出的值.【详解】是第二象限角，则，由诱导公式可得.故答案为：.【点睛】本题考查利用同角三角函数的基本关系和诱导公式求值，考查计算能力，属于基础题.14、【解析】根据余子式的定义，要求的代数余子式的值，这个元素在三阶行列式中的位置是第一行第二列，那么化去第一行第二列得到的代数余子式，解出即可【详解】解：在行列式中，元素在第一行第二列，那么化去第一行第二列得到的代数余子式为：解这个余子式的值为，故元素的代数余子式的值是故答案为：【点睛】考查学生会求行列式中元素的代数余子式，行列式的计算方法，属于基础题15、【解析】根据数量积的几何意义计算【详解】在方向上的投影为故答案为：1【点睛】本题考查向量的投
12、影，掌握投影的概念是解题基础16、1【解析】由数列满足，即，得到数列的奇数项和偶数项分别构成公比为的等比数列，利用等比数列的极限的求法，即可求解【详解】由题意，数列满足，即，又由，所以数列的奇数项构成首项为1，公比为，偶数项构成首项为，公比为的等比数列，当为奇数时，可得，当为偶数时，可得所以故答案为：1.【点睛】本题主要考查了等比数列的定义，以及无穷等比数列的极限的计算，其中解答中得出数列的奇数项和偶数项分别构成公比为的等比数列是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2）【解析】(1) 法
13、一：在中，利用余弦定理即可得到的长度；法二：在中，由正弦定理可求得，再利用正弦定理即可得到的长度；（2）在中，使用正弦定理可知是等边三角形或直角三角形，分两种情况分别找出面积表达式计算最大值即可.【详解】（1）法一：中，由余弦定理得，即，解得或舍去，所以.法二：中，由正弦定理得，即.解得，故，.由正弦定理得，即，解得.（2）中，由正弦定理及，可得，即或，即或.是等边三角形或直角三角形.中，设，由正弦定理得.若是等边三角形，则.当时，面积的最大值为；若是直角三角形，则.当时，面积的最大值为；综上所述，面积的最大值为.【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理，面积公式，三角函数最值的相关应用，综合性
14、强，意在考查学生的计算能力，转化能力，分析三角形的形状并讨论是解决本题的关键.18、（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）连AF交BE于Q，连QO，推导出Q是PAB的重心，从而FGQO，由此能证明FG平面EBO（2）推导出BOAC，从而BO面PAC，进而BOPA，再求出OEPA，由此能证明PA平面EBO，利用线面垂直的性质可证PABE【详解】（1）连接AF交BE于Q，连接QO，因为E，F分别为边PA，PB的中点，所以Q为PAB的重心，可得：2，又因为O为线段AC的中点，G是线段CO的中点，所以2，于是，所以FGQO，因为FG平面EBO，QO平面EBO，所以FG平面EBO（2）因为O为边AC的中点，ABBC，所以BOAC，因为平面PAC平面ABC，平面PA
