《安徽省池州市 2024年数学高一下期末质量跟踪监视模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省池州市 2024年数学高一下期末质量跟踪监视模拟试题含解析（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、安徽省池州市 2024年数学高一下期末质量跟踪监视模拟试题注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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1三棱锥中，则二面角等于ABCD2若函数和在区间D上都是增函数，则区间D可以是（）ABCD
2、3角的终边落在（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限4某校有高一学生人，高二学生人，高三学生人，现教育局督导组欲用分层抽样的方法抽取名学生进行问卷调查，则下列判断正确的是（）A高一学生被抽到的可能性最大B高二学生被抽到的可能性最大C高三学生被抽到的可能性最大D每位学生被抽到的可能性相等5不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）A或BCD或6向正方形ABCD内任投一点P，则“的面积大于正方形ABCD面积的”的概率是（ ）ABCD7已知与均为单位向量，它们的夹角为，那么等于（ ）ABCD48已知向量，,则( )ABC5D259在中，内角，的对边分别为，且=则ABCD10如图是一圆锥的三视图，
3、正视图和侧视图都是顶角为120的等腰三角形，若过该圆锥顶点S的截面三角形面积的最大值为2，则该圆锥的侧面积为ABCD4二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11已知3a2，则32a_，log318a_12已知是奇函数，且，则_13若是方程的解，其中，则_14与终边相同的最小正角是_.15在锐角中，则的值等于 16在平面直角坐标系xOy中，已知直角中，直角顶点A在直线上，顶点B，C在圆上，则点A横坐标的取值范围是_.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的内角，的对边分别为，设.（1）求；（2）若，求.18设等差数列的前项和为，且.（I）
4、求数列的通项公式；（II）设为数列的前项和，求.19已知函数.（1）求的值；（2）设，求 的值.20在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆上（1）求圆的方程；（2）若圆与直线交于，两点，且，求的值21在中，内角所对的边分别是已知，且（）求角的大小；（）若，求面积的最大值参考答案一、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】取中点 ,连结 ,由等腰三角形的性质可得，,是二面角的平面角，由此利用余弦定理能求出二面角的平面角的度数.【详解】取中点 ,连结 ,三棱锥中，所以是二面角的平面角，二面角的平面角的度数为，故选C.【
5、点睛】本题主要考查三棱锥的性质、二面角的求法，属于中档题.求二面角的大小既能考查线线垂直关系，又能考查线面垂直关系，同时可以考查学生的计算能力，是高考命题的热点，求二面角的方法通常有两个思路：一是利用空间向量，建立坐标系，这种方法优点是思路清晰、方法明确，但是计算量较大；二是传统方法，求出二面角平面角的大小，这种解法的关键是找到平面角.2、D【解析】依次判断每个选项，排除错误选项得到答案.【详解】时，单调递减，A错误时，单调递减，B错误时，单调递减，C错误时，函数和都是增函数，D正确故答案选D【点睛】本题考查了三角函数的单调性，意在考查学生对于三角函数性质的理解应用，也可以通过图像得到答案.3
6、、C【解析】由，即可判断.【详解】，则与的终边相同，则角的终边落在第三象限故选：C【点睛】本题主要考查了判断角的终边所在象限，属于基础题.4、D【解析】根据分层抽样是等可能的选出正确答案.【详解】由于分层抽样是等可能的，所以每位学生被抽到的可能性相等，故选D.【点睛】本小题主要考查随机抽样的公平性，考查分层抽样的知识，属于基础题.5、A【解析】不等式的解集为, 的两根为，且，即,解得则不等式可化为解得故选6、C【解析】由题意，求出满足题意的点所在区域的面积，利用面积比求概率.【详解】由题意，设正方形的边长为1，则正方形的面积为1，要使的面积大于正方形面积的，需要到的距离大于，即点所在区域面积为
7、，由几何概型得，的面积大于正方形面积的的概率为.故选：C.【点睛】本题考查几何概型的概率求法，解题的关键是明确概率模型，属于基础题.7、A【解析】本题主要考查的是向量的求模公式由条件可知=，所以应选A8、C【解析】将平方得，选C.9、C【解析】试题分析：由正弦定理得，由于，故答案为C.考点：正弦定理的应用.10、B【解析】过该圆锥顶点S的截面三角形面积最大是直角三角形，根据面积为2求出圆锥的母线长，再根据正视图求圆锥底面圆的半径，最后根据扇形面积公式求圆锥的侧面积.【详解】过该圆锥顶点S的截面三角形面积最直角三角形，设圆锥的母线长和底面圆的半径分别为，则，即，又，所以圆锥的侧面积；故选B.【点
8、睛】本题考查三视图及圆锥有关计算，此题主要难点在于判断何时截面三角形面积最大，要结合三角形的面积公式，当，即截面是等腰直角三角时面积最大.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、4 2. 【解析】由已知结合指数式的运算性质求解，把化为对数式得到，代入，再由对数的运算性质求解.【详解】，由，得，.故答案为：，.【点睛】本题考查指数式与对数式的互化，考查对数的运算性质，属于基础题.12、【解析】根据奇偶性定义可知，利用可求得，从而得到；利用可求得结果.【详解】为奇函数 又 即，解得：本题正确结果：【点睛】本题考查根据函数的奇偶性求解函数值的问题，属于基础题.13、或【解析】将代入方
9、程，化简结合余弦函数的性质即可求解.【详解】由题意可得：，即 所以或 又所以或 故答案为：或【点睛】本题主要考查了三角函数求值问题，属于基础题.14、【解析】根据终边相同的角的定义以及最小正角的要求，可确定结果.【详解】因为，所以与终边相同的最小正角是.故答案为：.【点睛】本题主要考查终边相同的角，属于基础题.15、2【解析】设由正弦定理得16、【解析】由题意画出图形，写出以原点为圆心，以为半径的圆的方程，与直线方程联立求得值，则答案可求【详解】如图所示，当点往直线两边运动时，不断变小，当点为直线上的定点时，直线与圆相切时，最大，当为正方形，则，则以为圆心，以为半径的圆的方程为联立，得解得或点
10、横坐标的取值范围是故答案为：【点睛】本题考查直线与圆位置关系的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意坐标法的应用.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）由正弦定理得，再利用余弦定理的到.（2）将代入等式，化简得到答案.【详解】解：（1）由结合正弦定理得；又，.（2）由,又解得：，.【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理，和差公式，意在考查学生的计算能力.18、（I）；（II）.【解析】（I）根据已知的两个条件求出公差d,即得数列的通项公式；（II）先求出，再利用裂项相消法
11、求和得解.【详解】（I）由题得，所以等差数列的通项为；（II）因为，所以.【点睛】本题主要考查等差数列的通项的求法，考查等差数列前n项和基本量的计算，考查裂项相消法求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.19、（1）；（2）【解析】试题分析：（1）直接带入求值；（2）将和直接带入函数，会得到和的值，然后根据的值试题解析：解：（1）（2）考点：三角函数求值20、（1）；（2）.【解析】分析：（1）因为曲线与坐标轴的交点都在圆上，所以要求圆的方程应求曲线与坐标轴的三个交点曲线与轴的交点为，与轴的交点为 由与轴的交点为 关于点(3,0)对称，故可设圆的圆心为，由两点间距离公式可得，
12、解得进而可求得圆的半径为，然后可求圆的方程为（2）设，由可得，进而可得，减少变量个数因为，所以要求值，故将直线与圆的方程联立可得，消去，得方程因为直线与圆有两个交点，故判别式，由根与系数的关系可得，代入，化简可求得，满足，故详解：（1）曲线与轴的交点为，与轴的交点为 故可设的圆心为，则有，解得则圆的半径为，所以圆的方程为（2）设，其坐标满足方程组消去，得方程由已知可得，判别式，且， 由于，可得又，所以 由得，满足，故点睛：求圆的方程一般有两种方法： 待定系数法：如条件和圆心或半径有关，可设圆的方程为标准方程，再代入条件可求方程；如已知圆过两点或三点，可设圆的方程为一般方程，再根据条件求方程；
13、几何方法：利用圆的性质，如圆的弦的垂直平分线经过圆心，最长的弦为直径，圆心到切线的距离等于半径（2）直线与圆或圆锥曲线交于，两点，若，应设，可得可将直线与圆或圆锥曲线的方程联立消去，得关于的一元二次方程，利用根与系数的关系得两根和与两根积，代入，化简求值21、（）（）【解析】（）先利用向量垂直的坐标表示，得到，再利用正弦定理以及两角和的正弦公式将，化为，进而得到，由此能求出（）将两边平方，推导出，当且仅当，时取等号，由此求出面积的最大值【详解】解析：（）由得，则得，即由于，得，又A为内角，因此.（）将两边平方，即所以，当且仅当，时取等号.此时，其最大值为.【点睛】本题主要考查数量积的坐标表示及运算、两角和的正弦公式应用、三角形面积公式的应用以及利用基本不等式求最值
