2024届山东省曹县三桐中学年数学高一下期末学业质量监测模拟试题含解析

2024届山东省曹县三桐中学年数学高一下期末学业质量监测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．已知向量，，，则与的夹角为（）A． B． C． D．2．已知，，，若不等式恒成立，则t的最大值为（）A．4 B．6 C．8 D．93．的值为（）A．1 B． C． D．4．函数在区间（，）内的图象是()A． B． C． D．5．设等差数列{an}的前n项和为Sn．若a1+a3＝6，S4＝16，则a4＝（）A．6 B．7 C．8 D．96．数列，，，，，，的一个通项公式为（）A． B．C． D．7．直线在轴上的截距为（）A．2 B．﹣3 C．﹣2 D．38．sincos＋cos20°sin40°的值等于A． B． C． D．9．在中，，，角的平分线，则长为()A． B． C． D．10．已知网格纸的各个小格均是边长为一个单位的正方形，一个几何体的三视图如图中粗线所示，则该几何体的表面积为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．在正四面体中，棱与所成角大小为________.12．函数的定义域是_____.13．设等差数列的前项和为，则______.14．如图所示，已知点，单位圆上半部分上的点满足，则向量的坐标为________．15．若圆弧长度等于圆内接正六边形的边长，则该圆弧所对圆心角的弧度数为________.16．设，为单位向量，其中，，且在方向上的射影数量为2，则与的夹角是___．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．已知数列的前项和为.（1）求这个数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.18．已知，．(1)求及的值；(2)求的值．19．已知的三个内角，，的对边分别为，，，函数，且当时，取最大值.（1）若关于的方程，有解，求实数的取值范围；（2）若，且，求的面积.20．在公比不为1的等比数列中，，且依次成等差数列（1）求数列的通项公式；（2）令，设数列的前项和，求证：21．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．

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】

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.2、C【解题分析】

因为不等式恒成立，所以只求得的最小值即可，结合，用“1”的代换求其最小值.【题目详解】因为，，，若不等式恒成立，令y=，当且仅当且即时，取等号所以所以故t的最大值为1．故选：C【题目点拨】本题主要考查不等式恒成立和基本不等式求最值，还考查了运算求解的能力，属于中档题.3、A【解题分析】

利用诱导公式将转化到，然后直接计算出结果即可.【题目详解】因为，所以.故选：A.【题目点拨】本题考查正切诱导公式的简单运用，难度较易.注意：.4、D【解题分析】解：函数y=tanx+sinx-|tanx-sinx|=分段画出函数图象如D图示，故选D．5、B【解题分析】

利用等差数列的性质对已知条件进行化简，由此求得的值.【题目详解】依题意，解得.故选：B【题目点拨】本小题主要考查等差中项的性质，属于基础题.6、C【解题分析】

首先注意到数列的奇数项为负，偶数项为正，其次数列各项绝对值构成一个以1为首项，以2为公差的等差数列，从而易求出其通项公式．【题目详解】∵数列{an}各项值为，，，，，，∴各项绝对值构成一个以1为首项，以2为公差的等差数列，∴|an|＝2n﹣1又∵数列的奇数项为负，偶数项为正，∴an＝（﹣1）n（2n﹣1）．故选：C．【题目点拨】本题给出数列的前几项，猜想数列的通项，挖掘其规律是关键．解题时应注意数列的奇数项为负，偶数项为正，否则会错．7、B【解题分析】

令,求出值则是截距。【题目详解】直线方程化为斜截式为：，时，，所以，在轴上的截距为－3。【题目点拨】轴上的截距：即令,求出值；同理轴上的截距：即令,求出值8、B【解题分析】由题可得，.故选B.9、B【解题分析】

在中利用正弦定理可求，从而可求，再根据内角和为可得，从而得到为等腰三角形，故可求的长.【题目详解】在中，由正弦定理有即，所以，因为，故，故，所以，故，为等腰三角形，故.故选B.【题目点拨】在解三角形中，我们有时需要找出不同三角形之间相关联的边或角，由它们沟通分散在不同三角形的几何量．10、B【解题分析】

根据三视图还原几何体即可．【题目详解】由三视图可知，该几何体为一个圆柱内切了一个圆锥，圆锥侧面积为，圆柱上底面积为，圆柱侧面积为，．所以选择B【题目点拨】本题主要考查了三视图，根据三视图还原几何体常用的方法有：在正方体或者长方体中切割．属于中等题．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

根据正四面体的结构特征，取中点，连，，利用线面垂直的判定证得平面，进而得到，即可得到答案.【题目详解】如图所示，取中点，连，，正四面体是四个全等正三角形围成的空间封闭图形，所有棱长都相等，所以，，且，所以平面，又由平面，所以，所以棱与所成角为.【题目点拨】本题主要考查了异面直线所成角的求解，以及直线与平面垂直的判定及应用，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.12、.【解题分析】

由题意得到关于x的不等式，解不等式可得函数的定义域.【题目详解】由已知得,即解得，故函数的定义域为.【题目点拨】求函数的定义域，其实质就是以函数解析式有意义为准则，列出不等式或不等式组，然后求出它们的解集即可．13、【解题分析】

设等差数列的公差为，由，可求出的值，结合，可以求出的值，利用等差数列的通项公式，可得，再利用，可以求出的值.【题目详解】设等差数列的公差为，因为，所以，又因为，所以，而.【题目点拨】本题考查了等差数列的通项公式以及等差数列的前项和公式，考查了数学运算能力.14、【解题分析】

设点，由和列方程组解出、的值，可得出向量的坐标.【题目详解】设点的坐标为，则，由，得，解得，因此，，故答案为.【题目点拨】本题考查向量的坐标运算，解题时要将一些条件转化为与向量坐标相关的等式，利用方程思想进行求解，考查运算求解能力，属于中等题.15、1【解题分析】

根据圆的内接正六边形的边长得出弧长，利用弧长公式即可得到圆心角.【题目详解】因为圆的内接正六边形的边长等于圆的半径，所以圆弧长所对圆心角的弧度数为1.故答案为：1【题目点拨】此题考查弧长公式，根据弧长求圆心角的大小，关键在于熟记圆的内接正六边形的边长.16、【解题分析】

利用在方向上的射影数量为2可得：，即可整理得：，问题得解.【题目详解】因为在方向上的射影数量为2，所以，整理得：又，为单位向量，所以.设与的夹角，则所以与的夹角是【题目点拨】本题主要考查了向量射影的概念及方程思想，还考查了平面向量夹角公式应用，考查转化能力及计算能力，属于中档题.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)【解题分析】

（1）当且时，利用求得，经验证时也满足所求式子，从而可得通项公式；（2）由（1）求得，利用错位相减法求得结果.【题目详解】（1）当且时，…①当时，，也满足①式数列的通项公式为：（2）由（1）知：【题目点拨】本题考查利用求解数列通项公式、错位相减法求解数列的前项和的问题，关键是能够明确当数列通项为等差与等比乘积时，采用错位相减法求和，属于常考题型.18、（1），；（2）.【解题分析】

（1）由已知，，利用，可得的值，再利用及二倍角公式，分别求得及的值；（2）利用倍角公式、诱导公式，可得原式的值为.【题目详解】（1）因为，，所以，所以，.（2）原式【题目点拨】若三个中，只要知道其中一个，则另外两个都可求出，即知一求二.19、（1）；（2）.【解题分析】

（1）利用两角和差的正弦公式整理可得：，再利用已知可得：（），结合已知可得：，求得：时，，问题得解.（2）利用正弦定理可得：，结合可得：，对边利用余弦定理可得：，结合已知整理得：，再利用三角形面积公式计算得解.【题目详解】解：（1）.因为在处取得最大值，所以，,即.因为，所以，所以.因为，所以所以，因为关于的方程有解，所以的取值范围为．（2）因为，，由正弦定理，于是．又，所以.由余弦定理得：，整理得：，即，所以，所以.【题目点拨】本题主要考查了两角和、差的正弦公式应用，还考查了三角函数的性质及方程与函数的关系，还考查了正弦定理、余弦定理的应用及三角形面积公式，考查计算能力及转化能力，属于中档题．20、(1)(2)见证明【解题分析】

（1）根据已知条件得到关于的方程组，解方程组得的值，即得数列的通项公式；（2）先求出，，再利用裂项相消法求，不等式即得证.【题目详解】（1）设公比为，，，成等差数列，可得，即，解得（舍去），或，又，解得所以.（2）故，得【题目点拨】本题主要考查等比数列通项的求法，考