2024届上海市华师大三附中高一数学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2024届上海市华师大三附中高一数学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题考生须知：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．设，,则的值可表示为（）A． B． C． D．2．化简结果为（）A． B． C． D．3．设满足约束条件，则的最大值为（）A．3 B．9 C．12 D．154．圆与直线的位置关系为()A．相离 B．相切C．相交 D．以上都有可能5．已知函数和的定义域都是，则它们的图像围成的区域面积是（）A． B． C． D．6．已知角α的终边上有一点P（sin，cos），则tanα=（）A． B． C． D．7．已知关于的不等式的解集为，则的值为（）A．4 B．5 C．7 D．98．如图，给出的是的值的一个程序框图，判断框内应填入的条件是（）A． B． C． D．9．已知点，为坐标原点，分别在线段上运动，则的周长的最小值为()A． B． C． D．10．如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：①与平行②与是异面直线③与成角

④与是异面直线以上四个命题中，正确命题的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若的面积为，且，则的周长的取值范围是________.12．在等差数列中，公差不为零，且、、恰好为某等比数列的前三项，那么该等比数列公比的值等于____________．13．一船自西向东匀速航行,上午10时到达一座灯塔的南偏西距塔64海里的处,下午2时到达这座灯塔的东南方向的处,则这只船的航行速度为__________海里/小时．14．______．15．方程组的增广矩阵是________.16．己知数列满足就：，，若，写出所有可能的取值为______.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，其中．（1）当时，求的最小值；（2）设函数恰有两个零点，且，求的取值范围．18．一汽车厂生产，，三类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型两种型号，某月的产量如下表(单位：辆)：按类用分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50辆，其中有类轿车10辆．轿车轿车轿车舒适型100150标准型300450600（1）求的值；（2）用分层抽样的方法在类轿车中抽取一个容量为5的样本．将该样本看成一个总体，从中任取2辆，求至少有1辆舒适型轿车的概率；（3）用随机抽样的方法从类舒适型轿车中抽取8辆，经检测它们的得分如下：9.4，8.6，9.2，9.6，8.7，9.3，9.0，8.2把这8辆轿车的得分看作一个总体，从中任取一个得分数，

记这8辆轿车的得分的平均数为，定义事件，且函数没有零点，求事件发生的概率．19．如图，在多面体中，为等边三角形，,点为边的中点.（Ⅰ）求证:平面；（Ⅱ）求证:平面平面；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.20．如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，D,E分别是AB，BB1的中点.（Ⅰ）证明：BC1//平面A1CD;（Ⅱ）设AA1=AC=CB=2，AB=2，求三棱锥C一A1DE的体积.21．如图所示，是一个矩形花坛，其中米，米．现将矩形花坛扩建成一个更大的矩形花坛，要求：在上，在上，对角线过点，且矩形的面积小于150平方米．（1）设长为米，矩形的面积为平方米，试用解析式将表示成的函数，并确定函数的定义域；（2）当的长度是多少时，矩形的面积最小？并求最小面积．

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、A【解题分析】

由，可得到，然后根据反余弦函数的图象与性质即可得到答案.【题目详解】因为，所以，则.故选：A【题目点拨】本题主要考查反余弦函数的运用，熟练掌握反余弦函数的概念及性质是解决本题的关键.2、A【解题分析】

根据指数幂运算法则进行化简即可.【题目详解】本题正确选项：【题目点拨】本题考查指数幂的运算，属于基础题.3、C【解题分析】所以，过时，的最小值为12。故选C。4、C【解题分析】

由直线方程可确定其恒过的定点，由点与圆的位置关系的判定方法知该定点在圆内，则可知直线与圆相交.【题目详解】由得：直线恒过点在圆内部直线与圆相交故选：【题目点拨】本题考查直线与圆位置关系的判定，涉及到直线恒过定点的求解、点与圆的位置关系的判定，属于常考题型.5、C【解题分析】

由可得，所以的图像是以原点为圆心，为半径的圆的上半部分；再结合图形求解.【题目详解】由可得，作出两个函数的图像如下：则区域①的面积等于区域②的面积，所以他们的图像围成的区域面积为半圆的面积，即.故选C.【题目点拨】本题考查函数图形的性质，关键在于的识别.6、A【解题分析】

由题意利用任意角的三角函数的定义，求得tanα的值．【题目详解】解：∵角α的终边上有一点P（sin，cos），∴x＝sin，y＝cos，∴则tanα，故选A．【题目点拨】本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．7、D【解题分析】

将原不等式化简后，根据不等式的解集列方程组，求得的值，进而求得的值.【题目详解】由得，依题意上述不等式的解集为，故，解得（舍去），故.故选:D.【题目点拨】本小题主要考查类似：已知一元二次不等式解集求参数，考查函数与方程的思想，属于基础题.8、B【解题分析】试题分析：由题意得，执行上式的循环结构，第一次循环：；第二次循环：；第三次循环：；，第次循环：，此时终止循环，输出结果，所以判断框中，添加，故选B．考点：程序框图．9、C【解题分析】

分别求出设关于直线对称的点，关于对称的点，当共线时，的周长取得最小值，为，利用两点间的距离公式，求出答案.【题目详解】过两点的直线方程为设关于直线对称的点，则，解得即，同理可求关于对称的点，当共线时的周长取得最小值为.故选C．【题目点拨】本题主要考查了点关于直线的对称性的简单应用，试题的技巧性较强，属于中档题.10、B【解题分析】

把平面展开图还原原几何体，再由棱柱的结构特征及异面直线定义、异面直线所成角逐一核对四个命题得答案．【题目详解】把平面展开图还原原几何体如图：由正方体的性质可知，与异面且垂直，故①错误；与平行，故②错误；连接，则，为与所成角，连接，可知为正三角形，则，故③正确；由异面直线的定义可知，与是异面直线，故④正确．∴正确命题的个数是2个．故选：B．【题目点拨】本题考查棱柱的结构特征，考查异面直线定义及异面直线所成角，是中档题．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

通过观察的面积的式子很容易和余弦定理联系起来，所以，求出，所以.再由正弦定理即可将的范围通过辅助角公式化简利用三角函数求出范围即可．【题目详解】因为的面积为，所以，所以.由余弦定理可得，则，即，所以.由正弦定理可得，所以.因为为锐角三角形，所以，所以，则，即.故的周长的取值范围是.【题目点拨】此题考察解三角形，熟悉正余弦定理，然后一般求范围的题目转化为求解三角函数值域即可，易错点注意转化后角的范围区间，属于中档题目．12、4【解题分析】

由题意将表示为的方程组求解得，即可得等比数列的前三项分别为﹑、，则公比可求【题目详解】由题意可知，，又因为，，代入上式可得，所以该等比数列的前三项分别为﹑、，所以.故答案为：4【题目点拨】本题考查等差等比数列的基本量计算，考查计算能力，是基础题13、【解题分析】由，行驶了4小时，这只船的航行速度为海里/小时．【题目点拨】本题为解直角三角形应用题，利用直角三角形边角关系表示出两点间的距离，在用辅助角公式变形求值，最后利用速度公式求出结果.14、【解题分析】

,,故答案为.考点：三角函数诱导公式、切割化弦思想.15、【解题分析】

理解方程增广矩阵的涵义，即可由二元线性方程组，写出增广矩阵.【题目详解】由题意，方程组的增广矩阵为其系数以及常数项构成的矩阵，故方程组的增广矩阵是.故答案为：【题目点拨】本题考查了二元一次方程组与增广矩阵的关系，需理解增广矩阵的涵义，属于基础题.16、【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=5三、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)【解题分析】

（1）当时，利用指数函数和二次函数的图象与性质，得到函数的单调性，即可求得函数的最小值；（2）分段讨论讨论函数在相应的区间内的根的个数，函数在时，至多有一个零点，函数在时，可能仅有一个零点，可能有两个零点，分别求出的取值范围，可得解．【题目详解】（1）当时，函数，当时，，由指数函数的性质，可得函数在上为增函数，且；当时，，由二次函数的性质，可得函数在上为减函数，在上为增函数，又由函数，当时，函数取得最小值为；故当时，最小值为．（2）因为函数恰有两个零点，所以（ⅰ）当时，函数有一个零点，令得，因为时，，所以时，函数有一个零点，设零点为且，此时需函数在时也恰有一个零点，令，即，得，令，设，，因为，所以，，，当时，，所以，即，所以在上单调递增；当时，，所以，即，所以在上单调递减；而当时，，又时，，所以要使在时恰有一个零点，则需，要使函数恰有两个零点，且，设在时的零点为，则需，而当时，，所以当时，函数恰有两个零点，并且满足；（ⅱ）若当时，函数没有零点，函数在恰有两个零点，且满足，也符合题意，而由（ⅰ）可得，要使当时，函数没有零点，则，要使函数在恰有两个零点，则，但不能满足，所以没有的范围满足当时，函数没有零点，函数在恰有两个零点，且满足，综上可得：实数的取值范围为．故得解.【题目点拨】本题主要考查了指数函数与二次函数的图象与性质的应用，以及函数与方程，函数的零点问题的综合应用，属于难度题，关键在于分析分段函数在相应的区间内的单调性，以及其图像趋势，可运用数形结合方便求解，注意在讨论二次函数的根的情况时的定义域对其的影响．18、（1）400；（2）；（3）【解题分析】

（1）由分层抽样按比例可得；（2）把5个样本编号，用列举法列出任取2辆的所有基本事件，得出至少有1辆舒适型轿车的基本事件，计数后可得概率．（3）求出，确定事件所含的个数后可得概率．【题目详解】（1）由题意，解得；（2）C类产品中舒适型和标准型产品数量比为，因此5人样品中舒适型抽取了2辆，标准型抽取了3辆，编号为，任取2辆的基本事件有：共10个，其中至少有1辆舒适型轿车的基本事件有共7个，所求概率为．（3）由题意，满足的有共6个，函数没有零点，则，解得，再去掉，还有4个，∴所求概率为．【题目点拨】本题考查分层抽样，考查古典概型，解题关键是用列举法写出所有的基本事件．19、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）.【解题分析】

(I)取中点,连结,利用三角形中位线定理可证明是平行四边形，可得，由线面平行的判定定理可得结果；（Ⅱ）先证明，，可得平面，从而可得平面，由面面垂直的判定定理可得结果；（Ⅲ）取中点,连结，直线与平面所成角等于直线与平面所成角,过作,垂足为,连接，为直线与平面所成角，利用直角三角形的性质可得结果.【题目详解】(I)取中点,连结，是平行四边形，平面，平面,平面.(II)，又平面平面，又为等边三角形，为边的中点，平面由(I)可知，平面，平面平面平面．(III)取中点,连结，所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角,过作,垂足为,连接.平面平面,平面，平面.为斜线在面内的射影，为直线与平面所成角，在中，直线与平面所成角的正弦值为.【题目点拨】本题主要考查线面平行、面面垂直的证明以及线面角的求解方法，属于中档题.证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.20、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解题分析】试题分析：（Ⅰ）连接AC1交A1C于点F，则DF为三角形ABC1的中位线，故DF∥BC1．再根据直线和平面平行的判定定理证得BC1∥平面A1CD．（Ⅱ）由题意可得此直三棱柱的底面ABC为等腰直角三角形，由D为AB的中点可得CD⊥平面ABB1A1．求得CD的值，利用勾股定理求得A1D、DE和A1E的值，可得A1D⊥DE．进而求得S△A1DE的值，再根据三棱锥C-A1DE的体积为•S△A1DE•CD，运算求得结果试题解析：（1）证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF．3分因为DF⊂平面A1CD，BC1不包含于平面A1CD，4分所以BC1∥平面A1CD．5分（2）解：因为ABC﹣A1