云南师范大学实验中学2024届数学高一第二学期期末学业质量监测试题含解析

云南师范大学实验中学2024届数学高一第二学期期末学业质量监测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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．如图是一个正四棱锥，它的俯视图是（）A． B．C． D．2．定义平面凸四边形为平面上没有内角度数大于的四边形，在平面凸四边形中，，，，，设，则的取值范围是（）A． B． C． D．3．过点P（﹣2，m）和Q（m，4）的直线斜率等于1，那么m的值等于（）A．1或3 B．4 C．1 D．1或44．已知扇形的周长为8，圆心角为2弧度，则该扇形的面积为（）A． B． C． D．5．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则满足条件的的个数为（）A．0 B．1 C．2 D．无数多个6．设集合，集合，则（）A． B． C． D．7．如图为A、B两名运动员五次比赛成绩的茎叶图，则他们的平均成绩和方差的关系是（）A．， B．，C．， D．，8．已知向量，，，则与的夹角为（）A． B． C． D．9．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的值等于()A．－3 B．－10 C．0 D．－210．已知数据，2的平均值为2，方差为1，则数据相对于原数据()A．一样稳定 B．变得比较稳定C．变得比较不稳定 D．稳定性不可以判断二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．弧度制是数学上一种度量角的单位制，数学家欧拉在他的著作《无穷小分析概论》中提出把圆的半径作为弧长的度量单位.已知一个扇形的弧长等于其半径长，则该扇形圆心角的弧度数是__________．12．某工厂甲、乙、丙三个车间生产了同种产品，数量分别为90件，60件，30件，为了解它们的产品质量是否存在显著差异，采用层抽样方法抽取了一个容量为的样本进行调查，其中从乙车间的产品中抽取了2件，应从甲车间的产品中抽取______件.13．若圆:与圆:相交于，两点，且两圆在点处的切线互相垂直，则公共弦的长度是______.14．己知数列满足就：，，若，写出所有可能的取值为______.15．已知函数的部分图象如图所示，则的值为_________.16．方程在上的解集为______．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．在物理中，简谐运动中单摆对平衡位置的位移与时间的关系，交流电与时间的关系都是形如的函数.已知电流（单位：）随时间（单位：）变化的函数关系是：，（1）求电流变化的周期、频率、振幅及其初相；（2）当，，，，（单位：）时，求电流.18．记数列的前项和为，已知点在函数的图像上.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前项和.19．已知是同一平面内的三个向量，其中为单位向量.(Ⅰ)若//，求的坐标；(Ⅱ)若与垂直，求与的夹角.20．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，侧棱底面，垂直于和，为棱上的点，，.（1）若为棱的中点，求证：//平面；（2）当时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值；（3）在第（2）问条件下，设点是线段上的动点，与平面所成的角为，求当取最大值时点的位置.21．已知在四棱锥中，底面是矩形，平面，，分别是，的中点，与平面所成的角的正切值是；（1）求证：平面；（2）求二面角的正切值．

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、D【解题分析】

根据正四棱锥的特征直接判定即可.【题目详解】正四棱锥俯视图可以看到四条侧棱与顶点,且整体呈正方形.故选：D【题目点拨】本题主要考查了正四棱锥的俯视图,属于基础题.2、D【解题分析】

先利用余弦定理计算，设，将表示为的函数，再求取值范围.【题目详解】如图所示：在中，利用正弦定理：当时，有最小值为当时，有最大值为（不能取等号）的取值范围是故答案选D【题目点拨】本题考查了利用正余弦定理计算长度范围，将表示为的函数是解题的关键.3、C【解题分析】试题分析：利用直线的斜率公式求解．解：∵过点P（﹣2，m）和Q（m，4）的直线斜率等于1，∴k==1，解得m=1．故选C．考点：直线的斜率．4、A【解题分析】

利用弧长公式、扇形的面积计算公式即可得出．【题目详解】设此扇形半径为r，扇形弧长为l=2r则2r+2r＝8，r=2，∴扇形的面积为r=故选A【题目点拨】本题考查了弧长公式、扇形的面积计算公式，属于基础题．5、B【解题分析】

直接由正弦定理分析判断得解.【题目详解】由正弦定理得,所以C只有一解，所以三角形只有一解.故选：B【题目点拨】本题主要考查正弦定理的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.6、B【解题分析】

已知集合A,B，取交集即可得到答案.【题目详解】集合，集合，则故选B【题目点拨】本题考查集合的交集运算，属于简单题.7、D【解题分析】

根据题中数据，直接计算出平均值与方差，即可得出结果.【题目详解】由题中数据可得，，，所以；又，，所以.故选D【题目点拨】本题主要考查平均数与方差的比较，熟记公式即可，属于基础题型.8、D【解题分析】

直接利用向量的数量积转化求解向量的夹角即可.【题目详解】因为，所以与的夹角为.故选：D.【题目点拨】本题主要考查向量的夹角的运算，以及运用向量的数量积运算和向量的模.9、A【解题分析】

第一次循环，；第二次循环，；第三次循环，，当时，不成立，循环结束，此时，故选A.10、C【解题分析】

根据均值定义列式计算可得的和，从而得它们的均值，再由方差公式可得，从而得方差．然后判断．【题目详解】由题可得：平均值为2，由，，所以变得不稳定.故选：C.【题目点拨】本题考查均值与方差的计算公式，考查方差的含义．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、1【解题分析】设扇形的弧长和半径长为，由弧度制的定义可得，该扇形圆心角的弧度数是.12、.【解题分析】

根据分层抽样中样本容量关系,即可求得从甲车间的产品中抽取数量.【题目详解】根据分层抽样为等概率抽样,所以乙车间每个样本被抽中的概率等于甲车间每个样本被抽中的概率设从甲车间抽取样本为件所以,解得所以从甲车间抽取样本件故答案为:【题目点拨】本题考查了分层抽样的特征及样本数量的求法,属于基础题.13、【解题分析】

根据两圆在点处的切线互相垂直，得出是直角三角形，求出，然后两圆相减求出公共弦的直线方程，运用点到直线的距离公式求出圆心到公共弦的距离，进而求出公共弦长.【题目详解】由题意，圆圆心坐标，半径，圆圆心坐标,半径，因为两圆相交于点，且两圆在点处的切线互相垂直，所以是直角三角形，，所以，由两点间距离公式，，所以，解得，所以圆：，两圆方程相减，得，即，所以公共弦：，圆心到公共弦的距离，故公共弦长故答案为：【题目点拨】本题主要考查两圆公共弦的方程、圆弦长的求法和点到直线的距离公式，考查学生的分析能力，属于基础题.14、【解题分析】（1）若为偶数，则为偶,故①当仍为偶数时，故②当为奇数时，故得m=4。（2）若为奇数，则为偶数，故必为偶数，所以=1可得m=515、【解题分析】

根据图像可得，根据0所在位置，处于函数的单调减区间，即可得解.【题目详解】由图可得：，或由于0在函数的单调减区间内，所以.故答案为：【题目点拨】此题考查根据三角函数的图象求参数的取值，常用代入法求解，判定初相的取值时，根据图象结合单调性取值.16、【解题分析】

由求出的取值范围，由可得出的值，从而可得出方程在上的解集.【题目详解】，，由，得.，解得，因此，方程在上的解集为.故答案为：.【题目点拨】本题考查正切方程的求解，解题时要求出角的取值范围，考查计算能力，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）周期：，频率：,振幅：，初相：；（2）当时，；当时，；当时，；当时，；当时，.【解题分析】

（1）按照函数的周期、频率、振幅和初相的求法求解即可；（2）将，，，，分别代入函数关系中计算即可.【题目详解】（1）周期：，频率：,振幅：，初相：；（2）当时，，当时，，当时，，当时，，当时，.【题目点拨】本题考查函数模型在物理学中的应用，考查对基础知识的掌握，考查计算能力.18、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解题分析】

(1)本题首先可根据点在函数的图像上得出，然后根据与的关系即可求得数列的通项公式；(2)首先可根据数列的通项公式得出，然后根据裂项相消法求和即可得出结果。【题目详解】(1)由题意知.当时，；当时，，适合上式.所以.(2).则。【题目点拨】本题考查根据数列的前项和为求数列的通项公式，考查裂项相消法求和，与满足以及，考查计算能力，是中档题。19、（Ⅰ）或（Ⅱ）【解题分析】

（Ⅰ）设，根据向量的模和共线向量的条件，列出方程组，即可求解．（Ⅱ）由，根据向量的运算求得，再利用向量的夹角公式，即可求解．【题目详解】（Ⅰ）设由题则有解得或，．（Ⅱ）由题即，．【题目点拨】本题主要考查了向量的坐标运算，共线向量的条件及向量的夹角公式的应用，其中解答中熟记向量的基本概念和运算公式，合理准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．20、（1）见解析；（2）；（3）即点N在线段CD上且【解题分析】

（1）取线段SC的中点E，连接ME，ED．可证是平行四边形，从而有，则可得线面平行；（2）以点A为坐标原点，建立分别以AD、AB、AS所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，求出两平面与平面的法向量，由法向量夹角的余弦值可得二面角的余弦值；（3）设，其中，求出，由MN与平面所成角的正弦值为与平面的法向量夹角余弦值的绝对值可求得结论．【题目详解】（1）证明：取线段SC的中点E，连接ME，ED．在中，ME为中位线，∴且，∵且，∴且，∴四边形AMED为平行四边形．∴．∵平面SCD，平面SCD，∴平面SCD．（2）解：如图所示以点A为坐标原点，建立分别以AD、AB、AS所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，由条件得M为线段SB近B点的三等分点．于是，即，设平面AMC的一个法向量为，则，将坐标代入并取，得．另外易知平面SAB的一个法向量为，所以平面AMC与平面SAB所成的锐二面角的余弦为．（3）设，其中．由于，所以．所以，可知当，即时分母有最小值，此时有最大值，此时，，即点N在线段CD上且．【题目点拨】本题考查线面平行的证明，考查求二面角与线面角．求空间角时，一般建立空间直角坐标系，由平面法向量的夹角求得二面角，由直线的方向向量与平面法向量的夹角与线面角互余可求得线面角．21、(1)见证明；(2)【解题分析】

（1）取的中点，连接，通过证明四边形是平行四边形，证得，从而证得平面.（2）连接，证得为与平面所成角.根据的值求得的长，作出二面角的