2024届吉林省长春市第150中学数学高一下期末学业质量监测试题含解析

2024届吉林省长春市第150中学数学高一下期末学业质量监测试题注意事项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．在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A． B． C． D．2．我国古代数学名著九章算术记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无丈刍，草也；甍，屋盖也”翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱刍甍字面意思为茅草屋顶”如图，为一刍甍的三视图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形则它的体积为A． B．160 C． D．643．设的内角所对边的长分别为，若,则角=（）A． B．C． D．4．已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为A．16 B．14 C．12 D．105．若函数只有一个零点，则实数的取值范围是A．或 B．C．或 D．6．若实数x,y满足x2y2A．4，8 B．8，+7．如果直线m//直线n，且m//平面α，那么n与αA．相交 B．n//α C．n⊂α8．已知，若、、三点共线，则为（）A． B． C． D．29．某几何体的三视图如图所示(实线部分)，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是()A． B． C． D．10．已知圆内接四边形ABCD各边的长度分别为AB＝5，BC＝8，CD＝3，DA＝5，则AC的长为（）A．6 B．7 C．8 D．9二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．设点是角终边上一点，若，则=____.12．若是方程的解，其中，则________．13．若在等比数列中，，则__________．14．若点到直线的距离是，则实数=______．15．的内角的对边分别为.若，则的面积为__________.16．若角的终边经过点，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．在数列中，，.（1）分别计算，，的值；（2）由（1）猜想出数列的通项公式，并用数学归纳法加以证明.18．已知，且与的夹角.（1）求的值；（2）记与的夹角为，求的值.19．在公差不为零的等差数列中，，且成等比数列.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和．20．已知数列满足.（1）若，证明：数列是等比数列，求的通项公式；（2）求的前项和．21．已知数列{}的首项.(1)求证：数列为等比数列；(2)记，若，求最大正整数.

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】

利用，得出异面直线与所成的角为，然后在中利用锐角三角函数求出.【题目详解】如下图所示，设正方体的棱长为，四边形为正方形，所以，，所以，异面直线与所成的角为，在正方体中，平面，平面，，，，，在中，，，因此，异面直线与所成角的余弦值为，故选D.【题目点拨】本题考查异面直线所成角的计算，一般利用平移直线，选择合适的三角形，利用锐角三角函数或余弦定理求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题．2、A【解题分析】

分析：由三视图可知该刍甍是一个组合体，它由成一个直三棱柱和两个全等的四棱锥组成，根据三视图中的数据可得其体积.详解：由三视图可知该刍甍是一个组合体，它由成一个直三棱柱和两个全等的四棱锥组成，根据三视图中的数据，求出棱锥与棱柱的体积相加即可，，故选A.点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.3、B【解题分析】

试题分析：，由正弦定理可得即；因为，所以，所以，而，所以，故选B.考点：1.正弦定理；2.余弦定理.4、A【解题分析】设，直线的方程为，联立方程，得，∴，同理直线与抛物线的交点满足，由抛物线定义可知，当且仅当（或）时，取等号.点睛:对于抛物线弦长问题，要重点抓住抛物线定义，到定点的距离要想到转化到准线上，另外，直线与抛物线联立，求判别式，利用根与系数的关系是通法，需要重点掌握.考查最值问题时要能想到用函数方法和基本不等式进行解决.此题还可以利用弦长的倾斜角表示，设直线的倾斜角为，则，则，所以.5、A【解题分析】

根据题意，原题等价于，再讨论即可得到结论．【题目详解】由题，故函数有一个零点等价于即当时，，,符合题意；当，时，令，满足解得,综上的取值范围是或故选：A．【题目点拨】本题考查函数的零点，对数函数的性质，二次函数根的分布问题，考查了分类讨论思想，属于中档题．6、A【解题分析】

利用基本不等式得x2y2【题目详解】∵x2y2≤(x2+y2)24∴x2故选A．【题目点拨】本题考查基本不等式求最值问题，解题关键是掌握基本不等式的变形应用：ab≤(a+b)7、D【解题分析】

利用直线与平面平行的判定定理和直线与平面平行的性质进行判断即可.【题目详解】∵直线m/直线n,且m/平面∴当n不在平面α内时，平面α内存在直线m'//m⇒n//m'，符合线面平行的判定定理可得n/平面α当n在平面α内时，也符合条件，n与α的位置关系是n//α或【题目点拨】本题主要考查线面平行的判定定理以及线面平行的性质，意在考查对基本定理掌握的熟练程度，属于基础题.8、C【解题分析】

由平面向量中的三点共线问题可得：，由基本定理及线性运算可得：即得解.【题目详解】因为，若，，三点共线则，解得，即即即即故选：【题目点拨】本题考查平面向量基本定理和共线定理，属于基础题.9、A【解题分析】

由三视图得出原几何体是由半个圆锥与半个圆柱组成的组合体，并且由三视图得出圆柱和圆锥的底面半径，圆锥的高，圆柱的高，再由圆柱和圆锥的体积公式得解.【题目详解】由三视图可知，几何体是由半个圆锥与半个圆柱组成的组合体，其中圆柱和圆锥的底面半径，圆锥的高，圆柱的高所以圆柱的体积，圆锥的体积，所以组合体的体积．故选B．【题目点拨】本题主要考查空间几何体的三视图和空间几何体圆柱和圆锥的体积，属于基础题．10、B【解题分析】

分别在△ABC和△ACD中用余弦定理解出AC，列方程解出cosD，得出AC．【题目详解】在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2AB×BCcosB＝89﹣80cosB，在△ACD中，由余弦定理得AC2＝CD2+AD2﹣2AD×CDcosD＝34﹣30cosD，∴89﹣80cosB＝34﹣30cosD，∵A+C＝180°，∴cosB＝﹣cosD，∴cosD，∴AC2＝34﹣30×（）＝1．∴AC＝2．故选B．【题目点拨】本题考查了余弦定理的应用，三角形的解法，考查了圆内接四边形的性质的应用，属于中档题．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

根据任意角三角函数的定义，列方程求出m的值．【题目详解】P（m，）是角终边上的一点，∴r＝；又，∴＝，解得m＝，，．故答案为．【题目点拨】本题考查了任意角三角函数的定义与应用问题，属于基础题．12、或【解题分析】

将代入方程，化简结合余弦函数的性质即可求解.【题目详解】由题意可得：，即所以或又所以或故答案为：或【题目点拨】本题主要考查了三角函数求值问题，属于基础题.13、【解题分析】

根据等比中项的性质，将等式化成即可求得答案．【题目详解】是等比数列，若，则．因为，所以，．故答案为：1．【题目点拨】本题考查等比中项的性质，考查基本运算求解能力，属于容易题.14、或1【解题分析】

由点到直线的距离公式进行解答，即可求出实数a的值．【题目详解】点（1，a）到直线x﹣y+1＝0的距离是，∴；即|a﹣2|＝3，解得a＝﹣1，或a＝1，∴实数a的值为﹣1或1．故答案为：﹣1或1．【题目点拨】本题考查了点到直线的距离公式的应用问题，解题时应熟记点到直线的距离公式，是基础题．15、【解题分析】

本题首先应用余弦定理，建立关于的方程，应用的关系、三角形面积公式计算求解，本题属于常见题目，难度不大，注重了基础知识、基本方法、数学式子的变形及运算求解能力的考查．【题目详解】由余弦定理得，所以，即解得（舍去）所以，【题目点拨】本题涉及正数开平方运算，易错点往往是余弦定理应用有误或是开方导致错误．解答此类问题，关键是在明确方法的基础上，准确记忆公式，细心计算．16、3【解题分析】

直接根据任意角三角函数的定义求解，再利用两角和的正切展开代入求解即可【题目详解】由任意角三角函数的定义可得：．则故答案为3【题目点拨】本题主要考查了任意角三角函数的定义和两角和的正切计算，熟记公式准确计算是关键，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),；

(2),证明见解析【解题分析】

(1)分别令即可运算得出，，的值；(2)由(1)可猜想出,当时成立,再假设当时,成立,再利用推导出即可.【题目详解】(1)令有；

令有；

令有所以，，(2)由(1)可得,,,,故可猜想.证明：当时,成立；假设当时,成立,且即当时,,即,化简得,,即也满足,当时成立,故对于任意的,有,证毕.所以.【题目点拨】本题主要考查了数学归纳法的运用，其中步骤为：(1)证明当取第一个值时命题成立.对于一般数列取值为0或1；(2)假设当()且为自然数）时命题成立,证明当时命题也成立.

综合(1)(2),对一切自然数,命题都成立.18、（1）；（2）.【解题分析】

(1)求向量的模先求向量的平方；(2)由向量的夹角公式可以求得.【题目详解】（1）根据题意可得：故（2），则故.【题目点拨】本题考查向量的数量积运算，求向量的模和夹角，属于基础题.19、（1）；（2）.【解题分析】

(1)先根据已知求出公差d,即得的通项公式；（2）先证明数列是等比数列，再利用等比数列的前n项和公式求．【题目详解】（1）设等差数列的公差为，由已知得，则，将代入并化简得，解得，（舍去）．所以．（2）由（1）知，所以，所以，所以数列是首项为2，公比为4的等比数列．所以．【题目点拨】本题主要考查等差数列通项的求法，考查等比数列性质的证明和前n项和的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.20、（1）证明见解析，；（2）.【解题分析】

（1）由条件可得，即，运用等比数列的定义，即可得到结论；运用等比数列的通项公式可得所求通项。（2）数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，可得所求的和。【题目详解】解：（1）证明：由，得，又，，又，所以是首相为1，公比为2的等比数列；，。（2）前项和，，两