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文档简介
安徽省池州市2024年数学高一下期末质量跟踪监视模拟试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、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1.三棱锥V-ABC中,VA=VB=AC=BC=2,AB=23,VC=1,则二面角V-AB-CA.30° B.45° C.60° D.90°2.若函数和在区间D上都是增函数,则区间D可以是()A. B. C. D.3.角的终边落在()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限4.某校有高一学生人,高二学生人,高三学生人,现教育局督导组欲用分层抽样的方法抽取名学生进行问卷调查,则下列判断正确的是()A.高一学生被抽到的可能性最大 B.高二学生被抽到的可能性最大C.高三学生被抽到的可能性最大 D.每位学生被抽到的可能性相等5.不等式的解集为,则不等式的解集为()A.或 B. C. D.或6.向正方形ABCD内任投一点P,则“的面积大于正方形ABCD面积的”的概率是()A. B. C. D.7.已知与均为单位向量,它们的夹角为,那么等于()A. B. C. D.48.已知向量a=(2,1),a⋅b=10,A.5 B.10 C.5 D.259.在中,内角,,的对边分别为,,,且=.则A. B. C. D.10.如图是一圆锥的三视图,正视图和侧视图都是顶角为120°的等腰三角形,若过该圆锥顶点S的截面三角形面积的最大值为2,则该圆锥的侧面积为A. B. C. D.4二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11.已知3a=2,则32a=____,log318﹣a=_____12.已知是奇函数,且,则_______.13.若是方程的解,其中,则________.14.与终边相同的最小正角是______.15.在锐角中,则的值等于.16.在平面直角坐标系xOy中,已知直角中,直角顶点A在直线上,顶点B,C在圆上,则点A横坐标的取值范围是__________.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.的内角,,的对边分别为,,,设.(1)求;(2)若,求.18.设等差数列的前项和为,且.(I)求数列的通项公式;(II)设为数列的前项和,求.19.已知函数.(1)求的值;(2)设,求的值.20.在平面直角坐标系中,曲线与坐标轴的交点都在圆上.(1)求圆的方程;(2)若圆与直线交于,两点,且,求的值.21.在中,内角所对的边分别是.已知,,且.(Ⅰ)求角的大小;(Ⅱ)若,求面积的最大值.
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【解析】
取AB中点O,连结VO,CO,由等腰三角形的性质可得,VO⊥AB,CO⊥AB,∠VOC是二面角V-AB-C的平面角,由此利用余弦定理能求出二面角的平面角V-AB-C的度数.【详解】取AB中点O,连结VO,CO,∴三棱锥V-ABC中,VA=VB=AC=BC=2,AB=23所以VO⊥AB,CO⊥AB∴∠VOC是二面角V-AB-C的平面角,VO=VCO=B∴cos∴∠VOC=60∴二面角V-AB-C的平面角的度数为60∘【点睛】本题主要考查三棱锥的性质、二面角的求法,属于中档题.求二面角的大小既能考查线线垂直关系,又能考查线面垂直关系,同时可以考查学生的计算能力,是高考命题的热点,求二面角的方法通常有两个思路:一是利用空间向量,建立坐标系,这种方法优点是思路清晰、方法明确,但是计算量较大;二是传统方法,求出二面角平面角的大小,这种解法的关键是找到平面角.2、D【解析】
依次判断每个选项,排除错误选项得到答案.【详解】时,单调递减,A错误时,单调递减,B错误时,单调递减,C错误时,函数和都是增函数,D正确故答案选D【点睛】本题考查了三角函数的单调性,意在考查学生对于三角函数性质的理解应用,也可以通过图像得到答案.3、C【解析】
由,即可判断.【详解】,则与的终边相同,则角的终边落在第三象限故选:C【点睛】本题主要考查了判断角的终边所在象限,属于基础题.4、D【解析】
根据分层抽样是等可能的选出正确答案.【详解】由于分层抽样是等可能的,所以每位学生被抽到的可能性相等,故选D.【点睛】本小题主要考查随机抽样的公平性,考查分层抽样的知识,属于基础题.5、A【解析】不等式的解集为,的两根为,,且,即,解得则不等式可化为解得故选6、C【解析】
由题意,求出满足题意的点所在区域的面积,利用面积比求概率.【详解】由题意,设正方形的边长为1,则正方形的面积为1,要使的面积大于正方形面积的,需要到的距离大于,即点所在区域面积为,由几何概型得,的面积大于正方形面积的的概率为.故选:C.【点睛】本题考查几何概型的概率求法,解题的关键是明确概率模型,属于基础题.7、A【解析】本题主要考查的是向量的求模公式.由条件可知==,所以应选A.8、C【解析】
将|a+b9、C【解析】试题分析:由正弦定理得,,由于,,,故答案为C.考点:正弦定理的应用.10、B【解析】
过该圆锥顶点S的截面三角形面积最大是直角三角形,根据面积为2求出圆锥的母线长,再根据正视图求圆锥底面圆的半径,最后根据扇形面积公式求圆锥的侧面积.【详解】过该圆锥顶点S的截面三角形面积最直角三角形,设圆锥的母线长和底面圆的半径分别为,则,即,又,所以圆锥的侧面积;故选B.【点睛】本题考查三视图及圆锥有关计算,此题主要难点在于判断何时截面三角形面积最大,要结合三角形的面积公式,当,即截面是等腰直角三角时面积最大.二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11、42.【解析】
由已知结合指数式的运算性质求解,把化为对数式得到,代入,再由对数的运算性质求解.【详解】∵,∴,由,得,∴.故答案为:,.【点睛】本题考查指数式与对数式的互化,考查对数的运算性质,属于基础题.12、【解析】
根据奇偶性定义可知,利用可求得,从而得到;利用可求得结果.【详解】为奇函数又即,解得:本题正确结果:【点睛】本题考查根据函数的奇偶性求解函数值的问题,属于基础题.13、或【解析】
将代入方程,化简结合余弦函数的性质即可求解.【详解】由题意可得:,即所以或又所以或故答案为:或【点睛】本题主要考查了三角函数求值问题,属于基础题.14、【解析】
根据终边相同的角的定义以及最小正角的要求,可确定结果.【详解】因为,所以与终边相同的最小正角是.故答案为:.【点睛】本题主要考查终边相同的角,属于基础题.15、2【解析】设由正弦定理得16、【解析】
由题意画出图形,写出以原点为圆心,以为半径的圆的方程,与直线方程联立求得值,则答案可求.【详解】如图所示,当点往直线两边运动时,不断变小,当点为直线上的定点时,直线与圆相切时,最大,∴当为正方形,则,则以为圆心,以为半径的圆的方程为.联立,得.解得或.点横坐标的取值范围是.故答案为:.【点睛】本题考查直线与圆位置关系的应用,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力和运算求解能力,求解时注意坐标法的应用.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)【解析】
(1)由正弦定理得,再利用余弦定理的到.(2)将代入等式,化简得到答案.【详解】解:(1)由结合正弦定理得;∴又,∴.(2)由,∴∴,∴∴又∴解得:,.【点睛】本题考查了正弦定理,余弦定理,和差公式,意在考查学生的计算能力.18、(I);(II).【解析】
(I)根据已知的两个条件求出公差d,即得数列的通项公式;(II)先求出,再利用裂项相消法求和得解.【详解】(I)由题得,所以等差数列的通项为;(II)因为,所以.【点睛】本题主要考查等差数列的通项的求法,考查等差数列前n项和基本量的计算,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.19、(1);(2).【解析】试题分析:(1)直接带入求值;(2)将和直接带入函数,会得到和的值,然后根据的值.试题解析:解:(1)(2)考点:三角函数求值20、(1);(2).【解析】分析:(1)因为曲线与坐标轴的交点都在圆上,所以要求圆的方程应求曲线与坐标轴的三个交点.曲线与轴的交点为,与轴的交点为.由与轴的交点为关于点(3,0)对称,故可设圆的圆心为,由两点间距离公式可得,解得.进而可求得圆的半径为,然后可求圆的方程为.(2)设,,由可得,进而可得,减少变量个数.因为,,所以.要求值,故将直线与圆的方程联立可得,消去,得方程.因为直线与圆有两个交点,故判别式,由根与系数的关系可得,.代入,化简可求得,满足,故.详解:(1)曲线与轴的交点为,与轴的交点为.故可设的圆心为,则有,解得.则圆的半径为,所以圆的方程为.(2)设,,其坐标满足方程组消去,得方程.由已知可得,判别式,且,.由于,可得.又,所以.由得,满足,故.点睛:⑴求圆的方程一般有两种方法:①待定系数法:如条件和圆心或半径有关,可设圆的方程为标准方程,再代入条件可求方程;如已知圆过两点或三点,可设圆的方程为一般方程,再根据条件求方程;②几何方法:利用圆的性质,如圆的弦的垂直平分线经过圆心,最长的弦为直径,圆心到切线的距离等于半径.(2)直线与圆或圆锥曲线交于,两点,若,应设,,可得.可将直线与圆或圆锥曲线的方程联立消去,得关于的一元二次方程,利用根与系数的关系得两根和与两根积,代入,化简求值.
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