《大理市重点中学2024年数学高一下期末监测模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《大理市重点中学2024年数学高一下期末监测模拟试题含解析（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、大理市重点中学2024年数学高一下期末监测模拟试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请
2、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若，则（）A-1BC-1或D或2设实数满足约束条件，则的最大值为（ ）AB4C5D3向量，且，则等于（ ）ABC2D104若向量，则点B的坐标为（ ）ABCD5在平面直角坐标系中，直线与x、y轴分别交于点、，记以点为圆心，半径为r的圆与三角形的边的交点个数为M.对于下列说法：当时，若，则；当时，若，则；当时，M不可能等于3；M的值可以为0，1，2，3，4，5.其中正确的个数为（ ）A1B2C3D46已知为锐角，角的终边过点，则（）ABCD7在等差数列中，为其前n项
3、和，若，则（ ）A60B75C90D1058某人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是（ ）A至多有一次中靶B只有一次中靶C两次都中靶D两次都不中靶9如图，为正方体，下面结论错误的是（）A平面BC平面D异面直线与所成的角为10已知各项均为正数的数列的前项和为，且若对任意的，恒成立，则实数的取值范围为（ ）ABCD二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11若角的终边经过点，则实数的值为_.12有一个底面半径为2，高为2的圆柱，点，分别为这个圆柱上底面和下底面的圆心，在这个圆柱内随机取一点P，则点P到点或的距离不大于1的概率是_.13在直角坐标系中，已知任意角以坐标原点
4、为顶点，以轴的非负半轴为始边，若其终边经过点，且，定义： ，称“”为“的正余弦函数”，若，则_ 14点与点关于直线对称，则直线的方程为_15已知圆锥的高为，体积为，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的圆台体积是，则该圆台的高为_.16如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为_.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已知函数，（1）求的最小正周期；（2）若，求的最大值和最小值，并写出相应的x的值.18已知向量与向量的夹角为，且，.（1）求;（2）若，求.19在等比数列中，.（1）求数列的通项公式
5、；（2）设，求数列的前项和.20有同一型号的汽车100辆，为了解这种汽车每耗油所行路程的情况，现从中随机地抽出10辆，在同一条件下进行耗油所行路程的试验，得到如下样本数据(单位：km)：13.7， 12.7， 14.4， 13.8， 13.3 ，12.5 ，13.5 ，13.6 ，13.1 ，13.4，并分组如下：(1)完成上面的频率分布表；(2)根据上表，在坐标系中画出频率分布直方图. 21设向量、满足，.（1）求的值；（2）若，求实数的值.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、C【解析】将已知等式平方，可根据二倍
6、角公式、诱导公式和同角三角函数平方关系将等式化为，解方程可求得结果.【详解】由得：即，解得：或本题正确选项：【点睛】本题考查三角函数值的求解问题，关键是能够通过平方运算，将等式化简为关于的方程，涉及到二倍角公式、诱导公式和同角三角函数平方关系的应用.2、A【解析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解【详解】作出可行域，如图内部（含边界），作直线，向上平移直线，增大，当直线过点时，得最大值为，故选：A.【点睛】本题考查简单的线性规划，解题关键是作出可行域和目标函数对应的直线3、B【解析】先由数量积为，得出，求出的坐标，利用模长的坐标公式求解即可.【详解】由题意可得 ，则则故选
7、：B【点睛】本题主要考查了向量模的坐标表示以及向量垂直的坐标表示，属于基础题.4、B【解析】根据向量的坐标运算得到，得到答案.【详解】，故.故选：.【点睛】本题考查了向量的坐标运算，意在考查学生的计算能力.5、B【解析】作出直线，可得，分别考虑圆心和半径的变化，结合图形，即可得到所求结论【详解】作出直线，可得，当时，若，当圆与直线相切，可得；当圆经过点，即，则或，故错误；当时，若，圆，当圆经过O时，交点个数为2，时，交点个数为1，则，故正确；当时，圆，随着的变化可得交点个数为1，2，0，不可能等于3，故正确；的值可以为0，1，2，3，4，不可以为5，故错误.故选：B.【点睛】本题考查命题的真假
8、判断与应用，考查直线和圆的位置关系，考查分析能力和计算能力.6、B【解析】由题意利用任意角的三角函数的定义求得和，再利用同角三角函数的基本关系求得的值，再利用两角差的余弦公式求得的值【详解】角的终边过点，又为锐角，由，可得故选B【点睛】本题考查任意角的三角函数的定义，考查两角差的余弦，是基础题7、B【解析】由条件，利用等差数列下标和性质可得，进而得到结果.【详解】，即，而，故选B.【点睛】本题考查等差数列的性质，考查运算能力与推理能力，属于中档题.8、D【解析】根据互斥事件的定义逐个分析即可.【详解】“至少有一次中靶”与 “至多有一次中靶”均包含中靶一次的情况.故A错误.“至少有一次中靶”与“
9、只有一次中靶” 均包含中靶一次的情况.故B错误.“至少有一次中靶”与“两次都中靶” 均包含中靶两次的情况.故C错误.根据互斥事件的定义可得,事件“至少有一次中靶”的互斥事件是“两次都不中靶”.故选：D【点睛】本题主要考查了互斥事件的辨析,属于基础题型.9、D【解析】在正方体中与平行，因此有与平面平行，A正确；在平面内的射影垂直于，因此有，B正确；与B同理有与垂直，从而平面，C正确；由知与所成角为45，D错故选D10、C【解析】由得到an=n，任意的，恒成立等价于，利用作差法求出的最小值即可.【详解】当n=1时，又an+12=2Sn+n+1，当n2时，an2=2Sn1+n，两式相减可得：an+1
10、2an2=2an+1，an+12=（an+1）2，数列an是各项均为正数的数列，an+1=an+1，即an+1an=1，显然n=1时，适合上式数列an是等差数列，首项为1，公差为1an=1+（n1）=n任意的，恒成立，即恒成立记，为单调增数列，即的最小值为，即故选C【点睛】已知求的一般步骤：（1）当时，由求的值；（2）当时，由，求得的表达式；（3）检验的值是否满足（2）中的表达式，若不满足则分段表示；（4）写出的完整表达式.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、.【解析】利用三角函数的定义以及诱导公式求出的值.【详解】由诱导公式得，另一方面，由三角函数的定义得，解得，故答案为
11、.【点睛】本题考查诱导公式与三角函数的定义，解题时要充分利用诱导公式求特殊角的三角函数值，并利用三角函数的定义求参数的值，考查计算能力，属于基础题.12、【解析】本题利用几何概型求解先根据到点的距离等于1的点构成图象特征，求出其体积，最后利用体积比即可得点到点，的距离不大于1的概率；【详解】解：由题意可知，点P到点或的距离都不大于1的点组成的集合分别以、为球心，1为半径的两个半球，其体积为，又该圆柱的体积为，则所求概率为.故答案为：【点睛】本题主要考查几何概型、圆柱和球的体积等基础知识，考查运算求解能力，考查空间想象力、化归与转化思想关键是明确满足题意的测度为体积比13、【解析】试题分析：根据
12、正余弦函数的定义，令，则可以得出，即.可以得出，解得，.那么，所以故本题正确答案为.考点：三角函数的概念.14、【解析】根据和关于直线对称可得直线和直线垂直且中点在直线上，从而可求得直线的斜率，利用点斜式可得直线方程.【详解】由，得：且中点坐标为和关于直线对称 且在上 的方程为：，即：本题正确结果：【点睛】本题考查根据两点关于直线对称求解直线方程的问题，关键是明确两点关于直线对称则连线与对称轴垂直，且中点必在对称轴上，属于常考题型.15、【解析】设该圆台的高为，由题意，得用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的小圆锥体积是，则，解得，即该圆台的高为3.点睛：本题考查圆锥的结构特征；在处理圆锥的结构
13、特征时可记住常见结论，如本题中用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面的面积之比是两个圆锥高的比值的平方，所得两个圆锥的体积之比是两个圆锥高的比值的立方16、【解析】求出长方体体积与三棱锥的体积后即可得到棱锥的体积与剩下的几何体体积之比.【详解】设长方体长宽高分别为，所以长方体体积，三棱锥体积，所以棱锥的体积与剩下的几何体体积的之比为：.故答案为：.【点睛】本题主要考查了长方体体积公式，三棱锥体积公式，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）时最大值为2，时最小值【解析】（1）由二倍角公式和辅助角公式可得，再由周期公式，可得
14、所求值（2）由的范围，可得的范围，由于余弦函数的图象和性质，可得所求最值【详解】（1）函数，可得的最小正周期为；（2），可得，可得当即时，可得取得最大值2；当，即时，可得取得最小值【点睛】本题考查二倍角公式和两角差的余弦函数，考查余弦函数的图象和性质，考查运算能力，属于基础题18、（1）；（2）.【解析】（1）对等式两边同时平方，利用平面向量数量积的定义以及数量积的运算性质，可以求出；（2）根据两个非零向量互相垂直等价于它们的数量积为零，可以得到方程，解方程可以求出的值.【详解】解：（1）由得， 那么； 解得或（舍去）； （2）由得， 那么因此.【点睛】本题考查了求平面向量模的问题，考查了两个非零平面向量互相垂直的性质，考查了平面向量数量积的定义及运算性质，考查了数学运算性质.19、（1）（2）【解析】（1）利用条件求数列的首项
