怒江市重点中学2024届数学高一下期末达标测试试题含解析

怒江市重点中学2024届数学高一下期末达标测试试题注意事项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．集合，，则（）A． B．C． D．2．如图是一个射击靶的示意图，其中每个圆环的宽度与中心圆的半径相等.某人朝靶上任意射击一次没有脱靶，则其命中深色部分的概率为（）A． B． C． D．3．已知某地区中小学生人数和近视情况分别如图1和图2所示，为了了解该地区中小学生的近视形成原因，按学段用分层抽样的方法抽取该地区的学生进行调查，则样本容量和抽取的初中生中近视人数分别为（）A．， B．， C．， D．，4．在中，内角，，所对的边分别为，，.若的面积为，则角=（）A． B．C． D．5．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的个数为①若，，则②若，则③若，则④若，则A．1 B．2 C．3 D．46．在中，已知，，，则的形状为（）A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．不能确定7．以分别表示等差数列的前项和，若，则的值为A．7 B． C． D．8．直线的斜率是（）A． B．13 C．0 D．9．sin300°的值为A． B． C． D．10．已知圆O1：x2+y2=1与圆O2：（x﹣3）2+（x+4）2=16，则圆O1与圆O2的位置关系为（）A．外切 B．内切 C．相交 D．相离二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．从甲、乙、丙等5名候选学生中选2名作为青年志愿者，则甲、乙、丙中有2个被选中的概率为________．12．已知，，，的等比中项是1，且，，则的最小值是______.13．用秦九韶算法求多项式当时的值的过程中：，__．14．下列命题：①函数的最小正周期是；②在直角坐标系中，点，将向量绕点逆时针旋转得到向量，则点的坐标是；③在同一直角坐标系中，函数的图象和函数的图象有两个公共点；④函数在上是增函数．其中，正确的命题是________（填正确命题的序号）．15．若点为圆的弦的中点，则弦所在的直线的方程为___________.16．已知角的终边经过点，则______．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．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.（1）求角C；（2）若，，求的面积.18．在中，角，，所对的边分别为，，，且.（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若的面积为，其外接圆的半径为，求的周长.19．数列中，，，.（1）证明：数列是等比数列.（2）若，，且，求的值.20．在平面直角坐标系中，已知向量，．（1）求证：且；（2）设向量，，且，求实数的值．21．已知函数=的定义域为=的定义域为(其中为常数).(1)若,求及;(2)若,求实数的取值范围.

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【解题分析】

求出中不等式的解集确定出，找出与的交集即可．【题目详解】解：由中不等式变形得：，解得：，即，，，故选：．【题目点拨】本题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键，属于基础题．2、D【解题分析】

分别求出大圆面积和深色部分面积即可得解.【题目详解】设中心圆的半径为，所以中心圆的面积为，8环面积为，射击靶的面积为，所以命中深色部分的概率为.故选：D【题目点拨】此题考查几何概型，属于面积型，关键在于准确求解面积，根据圆环特征分别求出面积即可得解.3、A【解题分析】

根据分层抽样的定义建立比例关系即可得到结论。【题目详解】由图1得样本容量为，抽取的初中生人数为人，则初中生近视人数为人，故选．【题目点拨】本题主要考查分层抽样的应用。4、C【解题分析】

由三角形面积公式,结合所给条件式及余弦定理,即可求得角A.【题目详解】中,内角,,所对的边分别为,,则由余弦定理可知而由题意可知,代入可得所以化简可得因为所以故选:C【题目点拨】本题考查了三角形面积公式的应用,余弦定理边角转化的应用,属于基础题.5、A【解题分析】

根据面面垂直的定义判断①③错误，由面面平行的性质判断②错误，由线面垂直性质、面面垂直的判定定理判定④正确．【题目详解】如图正方体，平面是平面，平面是平面，但两直线与不垂直，①错；平面是平面，平面是平面，但两直线与不平行，②错；直线是直线，直线是直线，满足，但平面与平面不垂直，③错；由得，∵，过作平面与平面交于直线，则，于是，∴，④正确．∴只有一个命题正确．故选A．【题目点拨】本题考查空间直线与平面、平面与平面的位置关系．对一个命题不正确，可只举一例说明即可．对正确的命题一般需要证明．6、A【解题分析】

由正弦定理得出，从而得出可能为钝角或锐角，分类讨论这两种情况，结合正弦函数的单调性即可判断.【题目详解】由正弦定理得可能为钝角或锐角当为钝角时，,符合题意，所以为钝角三角形；当为锐角时，由于在区间上单调递增，则，所以，即为钝角三角形综上，为钝角三角形故选：A【题目点拨】本题主要考查了利用正弦定理判断三角形的形状，属于中档题.7、B【解题分析】

根据等差数列前n项和的性质，当n为奇数时，，即可把转化为求解.【题目详解】因为数列是等差数列，所以，故,选B.【题目点拨】本题主要考查了等差数列前n项和的性质，属于中档题.8、A【解题分析】

由题得即得直线的斜率得解.【题目详解】由题得，所以直线的斜率为.故选：A【题目点拨】本题主要考查直线的斜率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.9、B【解题分析】

利用诱导公式化简，再求出值为.【题目详解】因为，故选B.【题目点拨】本题考查诱导公式的应用，即终边相同角的三角函数值相等及.10、A【解题分析】

先求出两个圆的圆心和半径，再根据它们的圆心距等于半径之和，可得两圆相外切.【题目详解】圆的圆心为，半径等于1，圆的圆心为，半径等于4，它们的圆心距等于，等于半径之和，两个圆相外切.故选A.【题目点拨】判断两圆的位置关系时常用几何法，即利用两圆圆心之间的距离与两圆半径之间的关系，一般不采用代数法．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】因为从5名候选学生中任选2名学生的方法共有10种，而甲、乙、丙中有2个被选中的方法有3种，所以甲、乙、丙中有2个被选中的概率为.12、4【解题分析】

，的等比中项是1，再用均值不等式得到答案.【题目详解】，的等比中项是1当时等号成立.故答案为4【题目点拨】本题考查了等比中项，均值不等式，意在考查学生的综合应用能力.13、1【解题分析】

f（x）＝5x5+2x4+3x3﹣2x2+x﹣8＝（（（（5x+2）x+3）x﹣2）x+1）﹣8，进而得出．【题目详解】f（x）＝5x5+2x4+3x3﹣2x2+x﹣8＝（（（（5x+2）x+3）x﹣2）x+1）﹣8，当x＝2时，v0＝5，v1＝5×2+2＝12，v2＝12×2+3＝27，v3＝27×2﹣2＝1．故答案为：1．【题目点拨】本题考查了秦九韶算法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．14、①②④【解题分析】

由余弦函数的周期公式可判断①；由任意角的三角函数定义可判断②；由余弦函数和一次函数的图象可判断③；由诱导公式和余弦函数的单调性可判断④．【题目详解】函数y＝cos（﹣2x）即y＝cos2x的最小正周期是π，故①正确；在直角坐标系xOy中，点P（a，b），将向量绕点O逆时针旋转90°得到向量，设a＝rcosα，b＝rsinα，可得rcos（90°+α）＝﹣rsinα＝﹣b，rsin（90°+α）＝rcosα＝a，则点Q的坐标是（﹣b，a），故②正确；在同一直角坐标系中，函数y＝cosx的图象和函数y＝x的图象有一个公共点，故③错误；函数y＝sin（x）即y＝﹣cosx在[0，π]上是增函数，故④正确．故答案为①②④．【题目点拨】本题考查余弦函数的图象和性质，主要是周期性和单调性，考查数形结合思想和化简运算能力，属于基础题．15、；【解题分析】

利用垂径定理，即圆心与弦中点连线垂直于弦．【题目详解】圆标准方程为，圆心为，，∵是中点，∴，即，∴的方程为，即．故答案为．【题目点拨】本题考查垂径定理．圆中弦问题，常常要用垂径定理，如弦长（其中为圆心到弦所在直线的距离）．16、【解题分析】由题意，则.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）利用正弦定理进行边化角，然后得到的值，从而得到；（2）根据余弦定理，得到关于的方程，从而得到，再根据面积公式，得到答案.【题目详解】（1）在中，根据正弦定理，由，可得，所以，因为为内角，所以，所以因为为内角，所以，（2）在中，，，由余弦定理得解得，所以.【题目点拨】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，三角形面积公式，属于简单题.18、（Ⅰ）；（Ⅱ）【解题分析】

（Ⅰ）由由正弦定理得，进而得到，求得，即可求解；（Ⅱ）由（Ⅰ）和正弦定理，求得，再由余弦定理得，利用三角形的面积公式，求得，进而求得的值，得出三角形的周长.【题目详解】（Ⅰ）由题意，因为，由正弦定理，得，即，由，得，又由，则，所以，解得，又因为，所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，且外接圆的半径为，由正弦定理可得，解得，由余弦定理得，可得，因为的面积为，解得，所以，解得：，所以的周长.【题目点拨】本题主要考查了三角恒等变换的应用，以及正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.19、（1）见解析（2）9或35或133【解题分析】

（1）分别写出和，做商，再用表示出，代入即可得q，由可得，得证；（2）由（1）得数列的通项公式，代入并整理，根据即得m+n的值。【题目详解】（1）证明：因为，所以，所以.因为，所以，所以.因为，所以.故数列是以2为首项，为公比的等比数列.（2）解：由（1）可得.因为，所以，整理得，则.因为，，所以，则的值为2或4或6.当时，，，符合题意，则；当时，，，符合题意，则；当时，，，符合题意，则.综上，的值为9或35或133.【题目点拨】本题考查求数列通项公式和已知通项公式求参数的和，解题关键在于细心验证m取值是否满足题干要求。20、（1）证明见解析（2）【解题分析】

（1）根据向量的坐标求出向量模的方法以及向