《2023-2024学年辽宁省各地数学高一下期末质量检测试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023-2024学年辽宁省各地数学高一下期末质量检测试题含解析（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2023-2024学年辽宁省各地数学高一下期末质量检测试题注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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已知不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）ABCD2在各项均为正数的等比数列中，公比，若，数列的前项和为，则取最大值时，的值为（ ）ABCD或3在长方体中，则异面直线与所成角的大小为()ABCD或4设x，y满足
2、约束条件，则z=x-y的取值范围是A3,0B3,2C0,2D0,35若，是夹角为的两个单位向量，则与的夹角为（ ）ABCD6已知A(3,1)，B(1,2)，若ACB的平分线方程为yx1，则AC所在的直线方程为()Ay2x4Byx3Cx2y10D3xy107一个不透明袋中装有大小质地完成相同的四个球，四个球上分别标有数字2，3，4，6，现从中随机选取三个球，则所选三个球上的数字能构成等差数列(如：成等差数列，满足)的概率是（ ）ABCD8函数的单调减区间为ABCD9等比数列中，则公比等于（ ）A2B3CD10意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，
3、13，21，该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，则（ ）A1B2019CD二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11平面四边形如图所示，其中为锐角三角形，则_.12若首项为，公比为（）的等比数列满足，则的取值范围是_.13已知x、y满足约束条件，则的最小值为_.14已知，则_.15已知函数，下列结论中：函数关于对称；函数关于对称；函数在是增函数，将的图象向右平移可得到的图象其中正确的结论序号为_ 16如图，在正方体中，点是棱上的一个动点，平面交棱于点下列命题正确的为_. 存在点，使得/平面；
4、对于任意的点，平面平面；存在点，使得平面；对于任意的点，四棱锥的体积均不变三、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已知向量，函数（1）求函数的单调递增区间；（2）在中，内角、所对边的长分别是、，若，求的面积.18已知数列的前项和为，且，求数列的通项公式.19设，.（1）若，求实数的值；（2）若，求实数的值. 20在平面直角坐标系中，已知.（1）求的值；（2）若，求的值.21已知等比数列是递增数列，且满足：，.（1）求数列的通项公式：（2）设，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
5、项是符合题目要求的1、A【解析】根据一元二次不等式的解集与一元二次方程根的关系，结合韦达定理可构造方程求得；利用一元二次不等式的解法可求得结果.【详解】的解集为和是方程的两根，且，解得： 解得：，即不等式的解集为故选：【点睛】本题考查一元二次不等式的解法、一元二次不等式的解集与一元二次方程根的关系等知识的应用；关键是能够通过一元二次不等式的解集确定一元二次方程的根，进而利用韦达定理构造方程求得变量.2、D【解析】利用等比数列的性质求出、的值，可求出和的值，利用等比数列的通项公式可求出，由此得出，并求出数列的前项和，然后求出，利用二次函数的性质求出当取最大值时对应的值.【详解】由题意可知，由等比
6、数列的性质可得，解得，所以，解得，则数列为等差数列，因此，当或时，取最大值，故选：D.【点睛】本题考查等比数列的性质，同时也考查了等差数列求和以及等差数列前项和的最值，在求解时将问题转化为二次函数的最值求解，考查方程与函数思想的应用，属于中等题.3、C【解析】平移CD到AB，则即为异面直线与所成的角，在直角三角形中即可求解.【详解】连接AC1，CD/AB，可知即为异面直线与所成的角，在中，故选【点睛】本题考查异面直线所成的角.常用方法：1、平移直线到相交；2、向量法.4、B【解析】作出约束条件表示的可行域，如图中阴影部分所示.目标函数即，易知直线在轴上的截距最大时，目标函数取得最小值；在轴上的
7、截距最小时，目标函数取得最大值，即在点处取得最小值，为；在点处取得最大值，为.故的取值范围是3,2.所以选B.【名师点睛】线性规划的实质是把代数问题几何化，即运用数形结合的思想解题.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点处或边界上取得.5、A【解析】根据条件可求出，从而可求出，这样即可求出，根据向量夹角的范围即可求出夹角【详解】由题得；，所以；又；的夹角为故选【点睛】考查向量数量积的运算及计算公式，向量长度的求法，向量夹角的余弦公式，向量夹角的范围6、C【解析
8、】设点A（3,1）关于直线的对称点为，则 ，解得 ，即，所以直线的方程为，联立 解得 ，即 ,又，所以边AC所在的直线方程为，选C.点睛：本题主要考查了直线方程的求法，属于中档题。解题时要结合实际情况，准确地进行求解。7、B【解析】用列举法写出所有基本事件，确定成等差数列含有的基本事件，计数后可得概率【详解】任取3球，结果有234,236,246,346共4种，其中234，246是成等差数列的2个基本事件，所求概率为故选：B【点睛】本题考查古典概型，解题时可用列举法列出所有的基本事件8、A【解析】根据正弦函数的单调递减区间，列出不等式求解，即可得出结果.【详解】的单调减区间为，,解得函数的单调
9、减区间为.故选A.【点睛】本题主要考查三角函数的单调性，熟记正弦函数的单调区间即可，属于常考题型.9、A【解析】由题意利用等比数列的通项公式，求出公比的值【详解】解：等比数列中，则公比，故选：【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式的应用，属于基础题10、A【解析】计算部分数值，归纳得到，计算得到答案.【详解】；归纳总结： 故故选：【点睛】本题考查了数列的归纳推理，意在考查学生的推理能力.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】由二倍角公式求出，然后用余弦定理求得，再由余弦定理求【详解】由题意，在中，在中，即，解得，或若，则，不合题意，舍去，所以故答案为：【点睛】本题考查
10、余弦的二倍角公式，考查余弦定理掌握余弦定理是解题关键12、【解析】由题意可得且，即且，化简可得由不等式的性质可得的取值范围.【详解】解：，故有且，化简可得且即故答案为：【点睛】本题考查数列极限以及不等式的性质，属于中档题.13、3【解析】作出可行域，目标函数过点时，取得最小值.【详解】作出可行域如图表示：目标函数，化为，当过点时，取得最大值，则取得最小值，由，解得，即，的最小值为.故答案为:【点睛】本题考查二元一次不等式组表示平面区域，以及线性目标函数的最值，属于基础题.14、【解析】根据已知角的范围分别求出，利用整体代换即可求解.【详解】，所以，所以，=故答案为：【点睛】此题考查三角函数给值
11、求值的问题，关键在于弄清角的范围，准确得出三角函数值，对所求的角进行合理变形，用已知角表示未知角.15、【解析】把化成的型式即可。【详解】由题意得所以对称轴为，对，当时，对称中心为，对。的增区间为，对向右平移得。错【点睛】本题考查三角函数的性质，三角函数变换，意在考查学生对三角函数的图像与性质的掌握情况。16、【解析】根据线面平行和线面垂直的判定定理，以及面面垂直的判定定理和性质分别进行判断即可【详解】当为棱上的一中点时，此时也为棱上的一个中点，此时/，满足/平面，故正确；连结，则平面，因为平面，所以平面平面，故正确；平面，不可能存在点，使得平面，故错误；四棱锥的体积等于，设正方体的棱长为1.
12、无论、在何点，三角形的面积为为定值，三棱锥的高，保持不变，三角形的面积为为定值，三棱锥的高为，保持不变.四棱锥的体积为定值，故正确.故答案为.【点睛】本题主要考查空间直线和平面平行或垂直的位置关系的判断，解答本题的关键正确利用分割法求空间几何体的体积的方法，综合性较强，难度较大三、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）的增区间是，（2）【解析】（1）利用平面向量数量积的坐标表示公式、二倍角的正弦公式、余弦二倍角的降幂公式、以及辅助角公式可以函数的解析式化为正弦型函数解析式的形式，最后利用正弦型函数的单调性求出函数的单调递增区间；（2）根据（1）
13、所得的结论和，可以求出角的值，利用三角形内角和定理可以求出角的值，再运用正弦定理可得出的值，最后利用三角形面积公式可以求出的面积.【详解】（1）令，解得的增区间是，（2）解得又中，由正弦定理得【点睛】本题考查了平面向量数量积的坐标表示公式，考查了二倍角的正弦公式、余弦二倍角的降幂公式、以及辅助角公式，考查了正弦定理和三角形面积公式，考查了数学运算能力.18、【解析】当时，当时，即可得出【详解】已知数列的前项和为，且，当时，当时，检验：当时，不符合上式，【点睛】本题考查了数列递推关系、数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题19、 (1) ； (2) 【解析】（1）由向量加法的坐标运算可得：，再由向量平行的坐标运算即可得解.（2）由向量垂直的坐标运算即可得解.【详解】解：（1），故，所以.（2），所以.【点睛】本题考查了向量加法的坐标运算、向量平行和垂直的坐标运算，属基础题.20、（1）；（2）.【解析】（1）由，得到，再结合向量的模的运算公式，即可求解.（2）因为，得到，求得，结合正切的倍角公式，即可求解.【详解】（1）由题意知，所以，因此；（2）因为，所以，即，因此.【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，
