2024届江西省南昌市东湖区第二中学高一数学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2024届江西省南昌市东湖区第二中学高一数学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题注意事项：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1．一个不透明袋中装有大小､质地完成相同的四个球，四个球上分别标有数字2，3，4，6，现从中随机选取三个球，则所选三个球上的数字能构成等差数列(如：､､成等差数列，满足)的概率是（）A． B． C． D．2．数列1，，，，…的一个通项公式为（）A． B． C． D．3．已知等差数列的前项和为，，当时，的值为（）A．21 B．22 C．23 D．244．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若2Sn＝an+1﹣1（n∈N*），则首项a1为（）A．1 B．2 C．3 D．45．若，则（）A． B． C．2 D．6．已知，则的值域为（）A． B． C． D．7．奇函数在上单调递减，且，则不等式的解集是（）．A． B．C． D．8．某兴趣小组合作制作了一个手工制品，并将其绘制成如图所示的三视图，其中侧视图中的圆的半径为3，则制作该手工制品表面积为（）A． B． C． D．9．直线的倾斜角大小（）A． B． C． D．10．等比数列中，，则等于是（）A． B．4 C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．在等差数列中，，，则．12．已知数列从第项起每项都是它前面各项的和，且，则的通项公式是__________．13．已知向量满足，则与的夹角的余弦值为__________．14．设向量满足，，，．若，则的最大值是________．15．过点作直线与圆相交，则在弦长为整数的所有直线中，等可能的任取一条直线，则弦长长度不超过14的概率为______________.16．已知，且，.则的值是________.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．已知分别是内角的对边，．（1）若，求（2）若，且求的面积．18．已知函数.（1）当时，解不等式；（2）若，的解集为，求的最小値.19．已知公差不为零的等差数列中，，且成等比数列．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）令，求数列的前项和．20．已知函数.（1）解关于的不等式；（2）若关于的不等式的解集为，求实数的值.21．中，角的对边分别为，且.（I）求的值；（II）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【解题分析】

用列举法写出所有基本事件，确定成等差数列含有的基本事件，计数后可得概率．【题目详解】任取3球，结果有234,236,246,346共4种，其中234，246是成等差数列的2个基本事件，∴所求概率为．故选：B．【题目点拨】本题考查古典概型，解题时可用列举法列出所有的基本事件．2、A【解题分析】

把数列化为，根据各项特点写出它的一个通项公式.【题目详解】数列…可以化为，所以该数列的一个通项公式为.故选：A【题目点拨】本题考查了根据数列各项特点写出它的一个通项公式的应用问题，是基础题目.3、B【解题分析】

由，得，按或分两种情况，讨论当时，求的值.【题目详解】已知等差数列的前项和为，由，得，当时，有，得，，∴时，此时．当时，有，得，，∴时，此时．故选：B【题目点拨】本题考查等差数列的求和公式及其性质的应用，也考查分类讨论的思想，属于基础题．4、A【解题分析】

等比数列的公比设为，分别令，结合等比数列的定义和通项公式，解方程可得所求首项.【题目详解】等比数列的公比设为，由，令，可得，，两式相减可得，即，又所以.故选：A.【题目点拨】本题考查数列的递推式的运用，等比数列的定义和通项公式，考查方程思想和运算能力，属于基础题．5、D【解题分析】

将转化为，结合二倍角的正切公式即可求出.【题目详解】故选D【题目点拨】本题主要考查了二倍角的正切公式，关键是将转化为，利用二倍角的正切公式求出，属于基础题.6、C【解题分析】

由已知条件，先求出函数的周期，由于，即可求出值域.【题目详解】因为，所以，又因为，所以当时，；当时，；当时，，所以的值域为.故选：C.【题目点拨】本题考查三角函数的值域，利用了正弦函数的周期性.7、A【解题分析】

因为函数式奇函数，在上单调递减，根据奇函数的性质得到在上函数仍是减函数，再根据可画出函数在上的图像，根据对称性画出在上的图像．根据图像得到的解集是：．故选A．8、D【解题分析】

由三视图可知，得到该几何体是由两个圆锥组成的组合体，根据几何体的表面积公式，即可求解.【题目详解】由三视图可知，该几何体是由两个圆锥组成的组合体，其中圆锥的底面半径为3，高为4，所以几何体的表面为.选D.【题目点拨】本题考查了几何体的三视图及表面积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解.9、B【解题分析】

化简得到，根据计算得到答案.【题目详解】直线，即，，，故.故选：.【题目点拨】本题考查了直线的倾斜角，意在考查学生的计算能力.10、B【解题分析】

利用等比数列通项公式直接求解即可.【题目详解】因为是等比数列，所以.故选：B【题目点拨】本题考查了等比数列通项公式的应用，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、8【解题分析】

设等差数列的公差为，则，所以，故答案为8.12、【解题分析】

列举,可找到是从第项起的等比数列,由首项和公比即可得出通项公式.【题目详解】解：,即,所以是从第项起首项,公比的等比数列.通项公式为：故答案为：【题目点拨】本题考查数列的通项公式,可根据递推公式求出.13、【解题分析】

由得，结合条件，即可求出，的值，代入求夹角公式，即可求解．【题目详解】由得与的夹角的余弦值为.【题目点拨】本题考查数量积的定义，公式的应用，求夹角公式的应用，计算量较大，属基础题．14、【解题分析】

令，计算出模的最大值即可，当与同向时的模最大．【题目详解】令，则，因为，所以当，，因此当与同向时的模最大，【题目点拨】本题主要考查了向量模的计算，以及二次函数在给定区间上的最值．整体换元的思想，属于较的难题，在解二次函数的问题时往往结合图像、开口、对称轴等进行分析．15、【解题分析】

根据圆的性质可求得最长弦和最短弦的长度，从而得到所有弦长为整数的直线条数，从中找到长度不超过的直线条数，根据古典概型求得结果.【题目详解】由题意可知，最长弦为圆的直径：在圆内部且圆心到的距离为最短弦长为：弦长为整数的直线的条数有：条其中长度不超过的条数有：条所求概率：本题正确结果：【题目点拨】本题考查古典概型概率问题的求解，涉及到过圆内一点的最长弦和最短弦的长度的求解；易错点是忽略圆的对称性，造成在求解弦长为整数的直线的条数时出现丢根的情况.16、2【解题分析】

.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）1【解题分析】试题分析：（1）由，结合正弦定理可得：，再利用余弦定理即可得出（2）利用（1）及勾股定理可得c，再利用三角形面积计算公式即可得出试题解析：（1）由题设及正弦定理可得又，可得由余弦定理可得（2）由（1）知因为，由勾股定理得故，得所以的面积为1考点：正弦定理，余弦定理解三角形18、（1）或；（2）最小值为.【解题分析】

（1）由一元二次不等式的解法即可求得结果；（2）由题的根即为，，根据韦达定理可判断，同为正，且，从而利用基本不等式的常数代换求出的最小值.【题目详解】（1）当时，不等式，即为，可得，即不等式的解集为或.（2）由题的根即为，，故，，故，同为正，则，当且仅当，等号成立，所以的最小值为.【题目点拨】本题考查一元二次不等式的解法和基本不等式的知识，考查逻辑推理能力和计算能力，属中档题.19、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解题分析】

（Ⅰ）解方程组即得，即得数列的通项公式；（Ⅱ）利用裂项相消法求数列的前项和．【题目详解】（Ⅰ）由题意：,化简得，因为数列的公差不为零，，故数列的通项公式为．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，故数列的前项和．【题目点拨】本题主要考查等差数列通项的求法，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.20、（1）①当时，不等式的解集为；②当时，由，则不等式的解集为；③当时，由，则不等式的解集为；（2）【解题分析】

（1）不等式，可化为，分三种情况讨论，分别利用一元二次不等式的解法求解即可；（2）不等可化为，根据1和4是方程的两根，利用韦达定理列方程求解即可.【题目详解】（1）不等式，可化为：.①当时，不等式的解集为；②当时，由，则不等式的解集为；③当时，由，则不等式的解集为；（2）不等可化为：.由不等式的解集为可知，1和4是方程的两根.故有，解得.由时方程为的根为1或4，则实数的值为1.【题目点拨】本题主要考查一元二次不等式的解法以及分类讨论思想的应用，属于中档题..分类讨论思想的常见类型

,⑴问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的；

⑵问题中的条件是分类给出的；

⑶解题过程不能统一叙述，必