吉林省长春市榆树一中2023-2024学年高一下数学期末质量跟踪监视模拟试题含解析

吉林省长春市榆树一中2023-2024学年高一下数学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．在中，，，则（）A． B． C． D．2．函数的最大值为()A． B． C． D．3．在中，若，，，则（）A． B． C． D．4．在中，是的中点，是上的一点，且，若，则实数（）A．2 B．3 C．4 D．55．在三棱柱中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点是侧面的中心，则与平面所成角的大小是（）A． B． C． D．6．已知直线yx+2，则其倾斜角为（）A．60° B．120° C．60°或120° D．150°7．与直线平行，且到的距离为的直线方程为A． B． C． D．8．已知角满足，，且，，则的值为（）A． B． C． D．9．在正六边形ABCDEF中，点P为CE上的任意一点，若，则（）A．2 B． C．3 D．不确定10．在△ABC中，若asinA+bsinB＜csinC，则△ABC是（）A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．都有可能二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．__________．12．200名职工年龄分布如图所示，从中随机抽取40名职工作样本，采用系统抽样方法，按1~200编号，分为40组，分别为1~5，6~10，…，196~200，若第5组抽取号码为22，则第8组抽取号码为________．若采用分层抽样，40岁以下年龄段应抽取________人．13．已知点和点，点在轴上，若的值最小，则点的坐标为______.14．方程cosx=15．两平行直线与之间的距离为_______．16．已知为数列{an}的前n项和，且，，则{an}的首项的所有可能值为______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．在等差数列中，．（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）求数列的前项和．18．已知正项等比数列满足，，数列满足.（1）求数列，的通项公式；（2）令，求数列的前项和；（3）若，且对所有的正整数都有成立，求的取值范围.19．已知函数为奇函数.（1）求实数的值并证明函数的单调性；（2）解关于不等式:.20．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）求角B的大小；（2）若，，求的面积．21．已知函数（）．（1）若不等式的解集为，求的取值范围；（2）当时，解不等式；（3）若不等式的解集为，若，求的取值范围．

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、A【解析】

本题首先可根据计算出的值，然后根据正弦定理以及即可计算出的值，最后得出结果。【详解】因为，所以.由正弦定理可知，即，解得，故选A。【点睛】本题考查根据解三角形的相关公式计算的值，考查同角三角函数的相关公式，考查正弦定理的使用，是简单题。2、D【解析】

函数可以化为，设，由，则，即转化为求二次函数在上的最大值.【详解】由设，由，则.即求二次函数在上的最大值所以当，即时，函数取得最大值.故选：D【点睛】本题考查的二次型函数的最值，属于中档题.3、D【解析】

由正弦定理构造方程即可求得结果.【详解】由正弦定理得：本题正确选项：【点睛】本题考查正弦定理解三角形的问题，属于基础题.4、C【解析】

选择以作为基底表示，根据变形成，即可求解.【详解】在中，根据平行四边形法则，有，是的中点，，由题：，即，，，所以，所以解得：故选：C【点睛】此题考查平面向量的线性运算，根据平面向量基本定理处理系数关系.5、C【解析】

如图，取中点，则平面，故，因此与平面所成角即为，设，则，，即，故，故选C.6、B【解析】

根据直线方程求出斜率，根据斜率和倾斜角之间的关系即可求出倾斜角．【详解】由已知得直线的斜率，则倾斜角为120°，故选：B．【点睛】本题考查斜率和倾斜角的关系，是基础题．7、B【解析】试题分析：与直线平行的直线设为与的距离为考点：两直线间的距离点评：两平行直线间的距离8、D【解析】

根据角度范围先计算和，再通过展开得到答案.【详解】，，故答案选D【点睛】本题考查了三角函数恒等变换，将是解题的关键.9、C【解析】

延长交于点，延长交于点，可推出，，所以有，然后利用平面向量共线的推论即可求出【详解】如图，延长交于点，延长交于点设正六边形ABCDEF的边长为则在中有，，所以，所以有，同理可得因为所以因为三点共线，所以有，即故选：C【点睛】遇到三点共线时，要联想到平面向量共线的推论：三点共线，若，则.10、A【解析】

由正弦定理化已知条件为边的关系，然后由余弦定理可判断角的大小．【详解】∵asinA+bsinB＜csinC，∴，∴，∴为钝角．故选A．【点睛】本题考查正弦定理与余弦定理，考查三角形形状的判断，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、【解析】

在分式的分子和分母上同时除以，然后利用极限的性质来进行计算.【详解】，故答案为：.【点睛】本题考查数列极限的计算，解题时要熟悉一些常见的极限，并充分利用极限的性质来进行计算，考查计算能力，属于基础题.12、371【解析】

由系统抽样，编号是等距出现的规律可得，分层抽样是按比例抽取人数．【详解】第8组编号是22+5+5+5＝37，分层抽样，40岁以下抽取的人数为50%×40＝1（人）．故答案为：37；1．【点睛】本题考查系统抽样和分层抽样，属于基础题．13、【解析】

作出图形，作点关于轴的对称点，由对称性可知，结合图形可知，当、、三点共线时，取最小值，并求出直线的方程，与轴方程联立，即可求出点的坐标.【详解】如下图所示，作点关于轴的对称点，由对称性可知，则，当且仅当、、三点共线时，的值最小，直线的斜率为，直线的方程为，即，联立，解得，因此，点的坐标为.故答案为：.【点睛】本题考查利用折线段长的最小值求点的坐标，涉及两点关于直线对称性的应用，考查数形结合思想的应用，属于中等题.14、x|x=2kπ±【解析】

由诱导公式可得cosx=sinπ【详解】因为方程cosx=sinπ所以x=2kπ±π故答案为x|x=2kπ±π【点睛】本题考查解三角函数的方程，余弦函数的周期性和诱导公式的应用，属于基础题．15、【解析】

先根据两直线平行求出，再根据平行直线间的距离公式即可求出．【详解】因为直线的斜率为，所以直线的斜率存在，，即，解得或．当时，，即，故两平行直线的距离为．当时，，，两直线重合，不符合题意，应舍去．故答案为：．【点睛】本题主要考查平行直线间的距离公式的应用，以及根据两直线平行求参数，属于基础题．16、【解析】

根据题意，化简得，利用式相加，得到，进而得到，即可求解结果.【详解】因为，所以，所以，将以上各式相加，得，又，所以，解得或.【点睛】本题主要考查了数列的递推关系式应用，其中解答中利用数列的递推关系式，得到关于数列首项的方程求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.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、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）利用等差数列的通项公式列出方程组，求出首项和公差，由此能求出的通项公式．

（Ⅱ）由，，能求出数列的前n项和．【详解】（Ⅰ）设等差数列的公差为，则解得，∴．（Ⅱ）．18、（1）,；（2）；（3）.【解析】

（1）设等比数列的公比为，则，根据条件可求出的值，利用等比数列的通项公式可求出，再由对数的运算可求出数列的通项公式；（2）求出数列的通项公式，然后利用错位相减法求出数列的前项和为；（3）利用数列单调性的定义求出数列最大项的值为，由题意得出关于的不等式对任意的恒成立，然后利用参变量分离法得出，并利用基本不等式求出在时的最小值，即可得出实数的取值范围.【详解】（1）设等比数列的公比为，则，由可得，，，即，，解得，.；（2）由（1）可得，，可得，上式下式，得，因此，；（3），，，，即，则有.所以，数列是单调递减数列，则数列的最大项为.由题意可知，关于的不等式对任意的恒成立，.由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，则在时的最小值为，，因此，实数的取值范围是.【点睛】本题考查等比数列通项公式的求解，考查错位相减求和法以及数列不等式恒成立问题，涉及数列最大项的问题，一般利用数列单调性的定义来求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.19、（1）2，证明见解析（2）【解析】

（1）由函数为奇函数，得，化简得，所以，.再转化函数为，由定义法证明单调性.（2）将可化为，构造函数，再由在上是单调递增函数求解.【详解】（1）根据题意，因为函数为奇函数，所以，即，即，即，化简得，所以.所以，证明：任取且，则因为，所以，，，，所以∴，所以在上单调递增；（2）可化为，设函数，由(1)可知，在上也是单调递增，所以，即，解得.【点睛】本题主要考查了函数的单调性和奇偶性的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.20、(1)(2)【解析】

（1）先利用正弦定理将已知等式化为，化简后再运用余弦定理可得角B；（2）由和余弦定理可得，面积为，将和的值代入面积公式即可．【详解】解：（1）由题，由正弦定理得：，即则所以．（2）因为，所以，解得所以【点睛】本题考查解三角形，是常考题型．21、（1）；（2）.；（3）.【解析】试题分析：（1）对二项式系数进行讨论，可得求出解集即可；（2）分为，，分别解出3种情形对应的不等式即可；（3）将问题转化为对任意的，不等式恒成立，利用分离参数的思想得恒成立，求出其最大值即可.试题解析：（1）①当即时，，不合题意；②当即时，，即，∴，∴（2）即即①当即时，解集为②当即时，∵，∴解集为③当即时，∵，所以，所以∴解集为（3）不等式的解集为，，即对任意的，不等式恒成立，即恒成立，因为恒成立，所以恒成立