《2024届北京市第一五九中学数学高一下期末达标检测试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届北京市第一五九中学数学高一下期末达标检测试题含解析（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2024届北京市第一五九中学数学高一下期末达标检测试题考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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已知点A(1,1)和圆C：（x5）2+（y7）2=4,一束光线从A经x轴反射到圆C上的最短路程是A62B8C4D102已知数列，如果，是首项为1，公比为的等比数列
2、，则=ABCD3已知点，点是圆上任意一点，则面积的最大值是（ ）ABCD4已知函数，若关于的不等式的解集为，则ABCD5已知为不同的平面,为不同的直线则下列选项正确的是（ ）A若,则B若,则C若,则D若,则6以圆形摩天轮的轴心为原点，水平方向为轴，在摩天轮所在的平面建立直角坐标系.设摩天轮的半径为米，把摩天轮上的一个吊篮看作一个点，起始时点在的终边上，绕按逆时针方向作匀速旋转运动，其角速度为（弧度/分），经过分钟后，到达，记点的横坐标为，则关于时间的函数图象为（ ）ABCD7过点（1，0）且与直线垂直的直线方程是（ ）ABCD8若满足条件C60，AB，BC的ABC有（ ）个ABCD39已知20
3、0辆汽车通过某一段公路时的时速的频率分布直方图如图所示，时速在的汽车辆数为()A8B80C65D7010在面积为S的平行四边形ABCD内任取一点P，则三角形PBD的面积大于的概率为（ ）ABCD二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11已知，均为单位向量，它们的夹角为，那么_12某餐厅的原料支出与销售额（单位：万元）之间有如下数据，根据表中提供的数据，用最小二乘法得出与的线性回归方程，则表中的值为_.245682535557513已知数列的前项和，那么数列的通项公式为_14如图，分别为的中线和角平分线，点P是与的交点，若，则的面积为_.15=_.16一组样本数据8，10，18，12
4、的方差为_.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已知，(1)求及的值； (2)求的值18已知数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）当时，证明不等式：.19已知向量，（1）若，求的值（2）记，在中，满足，求函数的取值范围20如图所示，在平面直角坐标系中，锐角、的终边分别与单位圆交于，两点，点.（1）若点，求的值：（2）若，求.21在等比数列中，.（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和.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、B【解析】点A（1，1）关于x轴的对称点
5、B（1，1）在反射光线上，当反射光线过圆心时，光线从点A经x轴反射到圆周C的路程最短，最短为|BC|R【详解】由反射定律得 点A（1，1）关于x轴的对称点B（1，1）在反射光线上，当反射光线过圆心时， 最短距离为|BC|R=2=102=1，故光线从点A经x轴反射到圆周C的最短路程为 1故选B【点睛】本题考查光线的反射定律的应用，以及两点间的距离公式的应用2、A【解析】分析：累加法求解。详解：，解得 点睛：形如的模型，求通项公式，用累加法。3、B【解析】求出直线的方程，计算出圆心到直线的距离，可知的最大高度为，并计算出，最后利用三角形的面积公式可得出结果.【详解】直线的方程，且，圆的圆心坐标为，
6、半径长为，圆心到直线的距离为，所以，点到直线的距离的最大值为，因此，面积的最大值为，故选B.【点睛】本题考查三角形面积的最值问题，考查圆的几何性质，当直线与圆相离时，若圆的半径为，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线距离的最大值为，距离的最小值为，要熟悉相关结论的应用.4、B【解析】由题意可得，且，3为方程的两根，运用韦达定理可得，的关系，可得的解析式，计算，（1），（4），比较可得所求大小关系【详解】关于的不等式的解集为，可得，且，3为方程的两根，可得，即，可得，（1），（4），可得（4）（1），故选【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质、函数与方程的思想，以及韦达定理的运用。5、C【解析
7、】通过对ABCD逐一判断，利用点线面的位置关系即可得到答案.【详解】对于A选项，有可能异面，故错误；对于B选项，可能相交或异面，故错误；对于C选项，显然故正确；对于D选项，也有可能，故错误.所以答案选C.【点睛】本题主要考查直线与平面的位置关系，意在考查学生的空间想象能力，难度不大.6、B【解析】根据题意，点的横坐标，由此通过特殊点的坐标，判断所给的图象是否满足条件，从而得出结论.【详解】根据题意可得，振幅，角速度，初相，点的横坐标，故当时，当时，为的最大值，故选：B.【点睛】本题考查三角函数图象的实际应用以及余弦型函数图象的特征，其中，求出函数模型的解析式是解题的关键，考查推理能力，属于中等
8、题.7、D【解析】设出直线方程，代入点求得直线方程.【详解】依题意设所求直线方程为，代入点得，故所求直线方程为，故选D.【点睛】本小题主要考查两条直线垂直的知识，考查直线方程的求法，属于基础题.8、C【解析】通过判断与c判断大小即可得到知道三角形个数.【详解】由于，所以ABC有两解，故选C.【点睛】本题主要考查三角形解得个数判断，难度不大.9、B【解析】先计算时速在的汽车频率，再乘200,。【详解】由图知：时速在的汽车频率为 所以时速在的汽车辆数为，选B.【点睛】本题考查频率分布直方图，属于基础题。10、A【解析】转化条件求出满足要求的P点的范围，求出面积比即可得解.【详解】如图，设P到BD距
9、离为h，A到BD距离为H，则，满足条件的点在和中，所求概率.故选：A.【点睛】本题考查了几何概型的概率计算，属于基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、.【解析】分析：由，均为单位向量，它们的夹角为，求出数量积，先将平方，再开平方即可的结果.详解：，故答案为.点睛：平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角， （此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影， 在 上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量 的模（平方后需求）.12、60【解析】由样本中心过线性回归方程，求得，代入即可求得【详解】由题知：，将代入得故答案为：60【点睛】本
10、题考查样本中心与最小二乘法公式的关系，易错点为将直接代入求解，属于中档题13、【解析】运用数列的递推式即可得到数列通项公式【详解】数列的前项和，当时，得；当时，；综上可得故答案为：【点睛】本题考查数列的通项与前项和的关系，考查分类讨论思想的运用，求解时要注意把通项公式写成分段的形式14、【解析】设,求点的坐标，运用换元法，求直线方程，再解出交点的坐标，再利用向量数量积运算求出，最后结合三角形面积公式求解即可.【详解】解：由，可设,则，设，则 ，直线的方程为，直线的方程为，联立直线、方程解得，则，可得，解得：，即，即，所以，故答案为：. 【点睛】本题考查了向量的数量积运算，重点考查了两直线的交点
11、坐标及三角形面积公式，属中档题.15、2【解析】由对数的运算性质可得到，故答案为2.16、14【解析】直接利用平均数和方差的公式，即可得到本题答案.【详解】平均数，方差.故答案为：14【点睛】本题主要考查平均数公式与方差公式的应用.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）由已知，利用，可得的值，再利用及二倍角公式，分别求得及的值；（2）利用倍角公式、诱导公式，可得原式的值为.【详解】（1）因为，所以，所以，.（2）原式【点睛】若三个中，只要知道其中一个，则另外两个都可求出，即知一求二.18、（1）；（2）见解析.【解
12、析】（1）分和两种情况讨论，利用，可得出数列的通项公式；（2）由得，从而可得，即可证明出结论.【详解】（1），.当时，数列是各项均为的常数列，则；当时，数列是以为首项，以为公比的等比数列，.当时，也适合.综上所述，；（2）由，得，因此，.【点睛】本题考查数列的通项，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题19、（1）；（2）【解析】（1）求出数量积，由二倍角公式和两角和的正弦公式化简，求出，然后结合诱导公式和余弦的二倍角公式可求值；（2）应用两角和的正弦公式可求得，得有范围，由（1）的结论得，即其范围【详解】（1）由题意，（2）由（1），由得，三角形中，则，【点睛】本题考查平面
13、向量数量积的坐标表示，考查两角和正弦公式，二倍角公式，考查三角函数的性质解题中利用三角公式化简变形是解题关键，本题属于中档题20、 (1) (2) 【解析】（1）根据计算，代入公式得到答案.（2）根据,得到，根据计算得到答案.【详解】解：（1）因为是锐角，且，在单位圆上，所以，（2）因为，所以，且，所以，可得：，且，所以，.【点睛】本题考查了三角函数的计算，意在考查学生对于三角函数定义的理解和应用.21、（1）（2）【解析】（1）将已知条件化为和后，联立解出和后即可得到通项公式；（2）根据错位相减法可得结果.【详解】（1）因为，所以解得故的通项公式为.（2）由（1）可得，则，-得.所以故.【点睛】本题考查了等比数列通项公式基本量的计算，考查了错位相减法求数列的和，属于中档题.
