云南省福贡县一中2024届数学高一下期末教学质量检测试题含解析

云南省福贡县一中2024届数学高一下期末教学质量检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．在中，若，则的面积为().A．8 B．2 C． D．42．已知正三角形ABC边长为2，D是BC的中点，点E满足，则（）A． B． C． D．-13．函数，若方程恰有三个不同的解，记为，则的取值范围是()A． B． C． D．4．已知直线：是圆的对称轴.过点作圆的一条切线，切点为，则（）A．2 B． C．6 D．5．在中，内角，，的对边分别为，，.若，则的形状是A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定6．函数（，）的部分图象如图所示，则的值分别是（）A． B． C． D．7．已知数列的前4项依次为，1，，，则该数列的一个通项公式可以是（）A． B．C． D．8．如图，在四边形ABCD中，，，，，.则（）A． B． C．4 D．39．已知数列中，，，则等于()A． B． C． D．10．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（）A．54 B． C．90 D．81二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知圆锥的高为，体积为，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的圆台体积是，则该圆台的高为_______.12．已知向量，，若向量与垂直，则__________．13．空间一点到坐标原点的距离是_______.14．某公司有大量客户，且不同龄段客户对其服务的评价有较大差异．为了解客户的评价，该公司准备进行抽样调查，可供选择的抽样方法有简单随机抽样、分层抽样和系统抽样，则最合适的抽样方法是________．15．已知，，则________（用反三角函数表示）16．数列满足，，，则数列的通项公式______.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．已知集合，或.（1）若，求；（2）若，求的取值范围.18．在中，已知内角所对的边分别为，已知，，的面积.（1）求边的长；（2）求的外接圆的半径.19．在中，内角，，的对边分别为，，.已知，，且的面积为.（1）求的值；（2）求的周长.20．已知等比数列的首项为，公比为，它的前项和为.（1）若，，求；（2）若，，且，求.21．已知向量，，.（1）若，求的值；（2）若，，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、C【解题分析】

由正弦定理结合已知，可以得到的关系，再根据余弦定理结合，可以求出的值，再利用三角形面积公式求出三角形的面积即可.【题目详解】由正弦定理可知：，而，所以有，由余弦定理可知：，所以，因此的面积为，故本题选C.【题目点拨】本题考查了正弦定理、余弦定理、三角形面积公式，考查了数学运算能力.2、C【解题分析】

化简，分别计算，，代入得到答案.【题目详解】正三角形ABC边长为2，D是BC的中点，点E满足故答案选C【题目点拨】本题考查了向量的计算，将是解题的关键，也可以建立直角坐标系解得答案.3、D【解题分析】

由方程恰有三个不同的解，作出的图象，确定，的取值范围，得到的对称性，利用数形结合进行求解即可．【题目详解】设

作出函数的图象如图：由

则当

时

,,

即函数的一条对称轴为

，要使方程恰有三个不同的解，则

,

此时

,

关于

对称，则

当

，即

，则

则

的取值范围是，选D.【题目点拨】本题主要考查了方程与函数，数学结合是解决本题的关键，数学结合也是数学中比较重要的一种思想方法．4、C【解题分析】试题分析：直线l过圆心，所以，所以切线长，选C.考点：切线长5、C【解题分析】

由正弦定理可推得，再由余弦定理计算最大边的余弦值即可判断三角形形状．【题目详解】因为，所以，设，，，则角为的最大角，由余弦定理可得，即，故是钝角三角形.【题目点拨】本题考查用正弦定理和余弦定理解三角形，属于基础题．6、A【解题分析】

利用，求出，再利用，求出即可【题目详解】，，，则有，代入得，则有，，，又，故答案选A【题目点拨】本题考查三角函数的图像问题，依次求出和即可，属于简单题7、A【解题分析】

根据各选择项求出数列的首项，第二项，用排除法确定．【题目详解】可用排除法，由数列项的正负可排除B,D，再看项的绝对值，在C中不合题意，排除C，只有A.可选．故选：A.【题目点拨】本题考查数列的通项公式，已知数列的前几项，选择一个通项公式，比较方便，可以利用通项公式求出数列的前几项，把不合的排除即得．8、D【解题分析】

在中，由正弦定理得到的长，在中，先得到的值，再利用余弦定理，求出的长.【题目详解】在中，由正弦定理，得，因为，，所以，在中，由余弦定理得所以.故选：D.【题目点拨】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，属于简单题.9、A【解题分析】

变形为，利用累加法和裂项求和计算得到答案.【题目详解】故选：A【题目点拨】本题考查了累加法和裂项求和，意在考查学生对于数列方法的灵活应用.10、A【解题分析】

由已知中的三视图可得：该几何体是一个以正方形为底面的斜四棱柱，进而得到答案．【题目详解】由三视图可知，该多面体是一个以正方形为底面的斜四棱柱，四棱柱的底面是边长为3的正方形，四棱柱的高为6，则该多面体的体积为.故选：A.【题目点拨】本题考查三视图知识及几何体体积的计算，根据三视图判断几何体的形状，再由几何体体积公式求解，属于简单题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】设该圆台的高为，由题意，得用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的小圆锥体积是，则，解得，即该圆台的高为3.点睛：本题考查圆锥的结构特征；在处理圆锥的结构特征时可记住常见结论，如本题中用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面的面积之比是两个圆锥高的比值的平方，所得两个圆锥的体积之比是两个圆锥高的比值的立方．12、【解题分析】，所以，解得．13、【解题分析】

直接运用空间两点间距离公式求解即可.【题目详解】由空间两点距离公式可得：.【题目点拨】本题考查了空间两点间距离公式，考查了数学运算能力.14、分层抽样.【解题分析】分析：由题可知满足分层抽样特点详解：由于从不同龄段客户中抽取，故采用分层抽样故答案为分层抽样．点睛：本题主要考查简单随机抽样，属于基础题．15、【解题分析】∵，，∴.故答案为16、【解题分析】

由题意得出，利用累加法可求出.【题目详解】数列满足，，，，因此，.故答案为：.【题目点拨】本题考查利用累加法求数列的通项，解题时要注意累加法对数列递推公式的要求，考查计算能力，属于中等题.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）A∩B＝{x|﹣1＜x≤﹣1}（2）（1，1]．【解题分析】

（1）首先确定A、B，然后根据交集定义求出即可；（2）由A∪B＝R，得，得1＜a≤1．【题目详解】B＝{x|x≤﹣1或x＞5}，（1）若a＝1，则A＝{x|﹣1＜x＜5}，∴A∩B＝{x|﹣1＜x≤﹣1}；（2）∵A∪B＝R，∴，∴1＜a≤1，∴实数a的取值范围为（1，1]．【题目点拨】本题考查了交集及其运算，考查了并集运算的应用，是基础题．18、（1）；（2）【解题分析】

（1）由三角形面积公式可构造方程求得结果；（2）利用余弦定理可求得；利用正弦定理即可求得结果.【题目详解】（1）由得：，解得：（2）由余弦定理得：由正弦定理得：【题目点拨】本题考查利用正弦定理、余弦定理和三角形面积公式解三角形的问题，考查学生对于解三角形部分的公式掌握的熟练程度，属于基础应用问题.19、（1）（2）【解题分析】

（1）由和可得sinA和cosA，再由二倍角公式即得cos2A；（2）由面积公式，可得的值，再由和正弦定理可知b和c的值，用余弦定理可计算出a，即得的周长．【题目详解】解：（1）因为，所以，.因为，所以，，则.（2）由题意可得，的面积为，即.因为，所以，所以，.由余弦定理可得.故的周长为.【题目点拨】本题考查用正弦定理和余弦定理解三角形，以及二倍角公式，属于常考题型．20、（1）；（2）.【解题分析】

（1）根据题意建立和的方程组，求出这两个量，然后利用等比数列的通项公式可求出；（2）分、、三种情况讨论，然后利用等比数列的求和公式求出和，即可计算出.【题目详解】（1）若，则，得，则，这与矛盾，则，所以，，解得，因此，；（2）当时，则，所以，；当时，，，则，此时;当时，则.因此，.【题目点拨】本题考查等比数列通项公式的计算，同时也考查了与等比数列前项和相关的数列极限的计算，解题时要注意对公比的取值进行分类讨论，考查运算求解能力，属