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1、枣庄市薛城区2023-2024学年高一下数学期末质量跟踪监视试题考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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已知数列的前项和为，且，则（ ）A200B210C400D4102如图是一个几何体的三视图，它对应的几何体的名称是（ ）A棱台B圆台C圆柱D
2、圆锥3化简=（ ）ABCD4已知等差数列的首项,公差,则( )A5B7C9D115已知直线与直线平行，则实数k的值为（ ）A-2B2CD6设等差数列的前项和为，若公差，则的值为( )A65B62C59D567某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为40秒，若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为（ ）ABCD8已知集合，则（ ）ABCD9若关于x的一元二次不等式的解集为R，则实数a的取值范围是()ABCD10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
3、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.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11已知向量，则的单位向量的坐标为_.12已知满足约束条件，则的最大值为_13已知数列中，且当时，则数列的前项和=_14若，则_.（结果用反三角函数表示）15若，则=_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已知为等边角形，.点满足，.设.试用向量和表示;若,求的值.18如图，在平面直角坐标系中，以轴为始边做两个锐角
4、，它们的终边分别与单位圆相交于A，B两点，已知A，B的横坐标分别为（1）求的值； （2）求的值19已知，(1)求；(2)求；(3)求20（1）已知，求的值（2）若，且，求的值21已知向量，.（1）求函数的最小正周期及单调递减区间；（2）记的内角的对边分别为.若，求的值参考答案一、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、B【解析】首先利用递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用等差数列的前项和公式的应用求出结果【详解】由题，又因为所以当时，可解的当时，与相减得当为奇数时，数列是以为首相，为公差的等差数列， 当为偶数时，数列是以为首相
5、，为公差的等差数列， 所以当为正整数时，则故选B.【点睛】本题考查的知识点有数列通项公式的求法及应用，等差数列的前项和公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于一般题2、B【解析】直接由三视图还原原几何体得答案【详解】解：由三视图还原原几何体如图，该几何体为圆台故选：【点睛】本题考查三视图，关键是由三视图还原原几何体，属于基础题3、D【解析】根据向量的加法与减法的运算法则，即可求解，得到答案【详解】由题意，根据向量的运算法则，可得=+=，故选D【点睛】本题主要考查了向量的加法与减法的运算法则，其中解答中熟记向量的加法与减法的运算法则，准确化简、运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力
6、，属于基础题4、C【解析】直接利用等差数列的通项公式，即可得到本题答案.【详解】由为等差数列，且首项，公差，得.故选：C【点睛】本题主要考查利用等差数列的通项公式求值，属基础题.5、A【解析】由两直线平行的可得:，运算即可得解.【详解】解：由两直线平行的判定可得:，解得，故选：A.【点睛】本题考查利用两直线平行求参数，属基础题.6、A【解析】先求出，再利用等差数列的性质和求和公式可求.【详解】，所以，故选A.【点睛】一般地，如果为等差数列，为其前项和，则有性质：（1）若，则；（2） 且 ；（3）且为等差数列；（4） 为等差数列.7、B【解析】试题分析：因为红灯持续时间为40秒,所以这名行人至少
7、需要等待15秒才出现绿灯的概率为，故选B.【考点】几何概型【名师点睛】对于几何概型的概率公式中的“测度”要有正确的认识，它只与大小有关，而与形状和位置无关，在解题时，要掌握“测度”为长度、面积、体积、角度等常见的几何概型的求解方法8、A【解析】先化简集合，根据交集与并集的概念，即可得出结果。【详解】因为，所以，.故选A【点睛】本题主要考查集合的基本运算，熟记概念即可，属于基础题型.9、B【解析】由题意，得出，再分析不等式开口和判别式，可得结果.【详解】由题，因为为一元二次不等式，所以 又因为的解集为R所以 故选B【点睛】本题考查了一元二次不等式解法，利用二次函数图形解题是关键，属于基础题.10
8、、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（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，属于基础题二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、.【解析】由结论“与方向相同的单位向量为”可求出的坐标.【详解】，所以，故答案为.【点睛】本题考查单位向量坐标的计算，考查共线向量的坐标运算，充分利用共线单位向量的结论可简化计算，
9、考查运算求解能力，属于基础题.12、【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案【详解】由约束条件 作出可行域，如图所示，化目标函数为，由图可得，当直线过时，直线在轴上的截距最大，所以有最大值为故答案为1【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题13、【解析】先利用累乘法计算，再通过裂项求和计算.【详解】，数列的前项和故答案为：【点睛】本题考查了累乘法，裂项求和，属
10、于数列的常考题型.14、；【解析】由条件利用反三角函数的定义和性质即可求解.【详解】，则，故答案为：【点睛】本题考查了反三角函数的定义和性质，属于基础题.15、【解析】，=1+=1故答案为：116、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
11、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）根据向量线性运算法则可直接求得结果；（2）根据（1）的结论将已知等式化为；根据等边三角形边长和夹角可将等式变为关于的方程，解方程求得结果.【详解】（1）（2）为等边三角形且 ，即：，解得：【点睛】本题考查平面向量线性运算、数量积运算的相关知识；关键是能够将等式转化为已知模长和夹角的向量的数量积运算的形式，根据向量数量积的定义求得结果.18、（1）（2）【解析】试题分析：（1）根据题意，由三角函数的定义可得 与的值，进而可得出
12、与的值，从而可求与的值就，结合两角和正切公式可得答案；（2）由两角和的正切公式，可得出 的值，再根据的取值范围，可得出的取值范围，进而可得出的值.由条件得cos，cos. ，为锐角， sin，sin.因此tan7，tan.(1) tan()3.(2) tan2， tan(2)1. ，为锐角， 02， 219、（1）；（2）；（3）【解析】利用正弦的二倍角公式，余弦和正切的两角和公式计算即可得到答案.【详解】因为，所以.（1）；（2）；（3）【点睛】本题考查正弦的二倍角公式，余弦和正切的两角和公式的应用，属于简单题.20、（1）；（2）.【解析】（1）利用诱导公式化简可得：原式 ，再分子、分母同
13、除以可得：原式，将代入计算得解.（2）将整理为：，利用两角差的正弦公式整理得：，根据已知求出、即可得解.【详解】解：（1）原式 ；（2）因为，所以. 又因为，所以，所以. 于是.【点睛】本题主要考查了诱导公式及转化思想，还考查了两角差的正弦公式及同角三角函数基本关系，考查计算能力，属于中档题21、（1）最小正周期为，单调递减区间为；（2）或【解析】（1）由向量的数量积的运算公式和三角恒等变换的公式化简可得，再结合三角函数的性质，即可求解（2）由（1），根据，解得，利用正弦定理，求得，再利用余弦定理列出方程，即可求解【详解】（1）由题意，向量，所以，因为，所以函数的最小正周期为，令，解得，所以函数的单调递减区间为（2）由（1）函数的解析式为，可得，解得，又由，根据正弦定理，可得，因为，所以，所以为锐角，所以，由余弦定理可得，可得，即，解得或【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算，三角恒等变换的应用，以及正弦定理和余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键通常当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.
