2023-2024学年徐州市重点中学数学高一下期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2023-2024学年徐州市重点中学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．已知集合A={x|–1<x<2}，B={x|x>1}，则A∪B=A．（–1，1） B．（1，2） C．（–1，+∞） D．（1，+∞）2．若函数在一个周期内的图象如图所示，且在轴上的截距为，分别是这段图象的最高点和最低点，则在方向上的投影为（）A． B． C． D．3．已知，且，则（）A． B． C． D．4．已知直线过点，且在纵坐标轴上的截距为横坐标轴上的截距的两倍，则直线的方程为（）A． B．C．或 D．或5．如图，飞机的航线和山顶在同一个铅垂面内，若飞机的高度为海拔18km，速度为1000km/h，飞行员先看到山顶的俯角为30°，经过1min后又看到山顶的俯角为75°，则山顶的海拔高度为(精确到0.1km)()A．11.4 B．6.6C．6.5 D．5.66．已知中，，，为边上的中点，则()A．0 B．25 C．50 D．1007．已知圆C与直线和直线都相切，且圆心C在直线上，则圆C的方程是（）A． B．C． D．8．甲、乙、丙、丁四名运动员参加奥运会射击项目选拔赛，四人的平均成绩和方差如下表所示，从这四个人中选择一人参加奥运会射击项目比赛，最佳人选是（）人数据甲乙丙丁平均数8.68.98.98.2方差3.53.52.15.6A．甲 B．乙 C．丙 D．丁9．若都是正数，则的最小值为().A．5 B．7 C．9 D．1310．在平面直角坐标系xoy中，横、纵坐标均为整数的点叫做格点，若函数的图象恰好经过个格点，则称函数为阶格点函数.下列函数中为一阶格点函数的是（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知三个顶点的坐标分别为，若⊥，则的值是______．12．已知函数，下列说法：①图像关于对称；②的最小正周期为；③在区间上单调递减；④图像关于中心对称；⑤的最小正周期为；正确的是________.13．在锐角△中，角所对应的边分别为，若，则角等于________.14．某射手的一次射击中，射中10环、9环、8环的概率分别为0.2、0.3、0.1，则此射手在一次射击中不超过8环的概率为_________．15．在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点D，且，则的最小值为________．16．函数，的图象与直线y=k有且仅有两个不同的交点，则k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．已知圆经过、、三点．（1）求圆的标准方程；（2）若过点的直线被圆截得的弦的长为，求直线的倾斜角．18．如图，在中，，角的平分线交于点，设，其中．（1）求；（2）若，求的长．19．选修4-5：不等式选讲已知函数，M为不等式的解集.（Ⅰ）求M；（Ⅱ）证明：当a，b时，.20．如图，在三棱锥中，，分别为棱，上的三等份点，，.（1）求证：平面；（2）若，平面，求证：平面平面.21．如图，在三棱柱中，各个侧面均是边长为的正方形，为线段的中点.(1)求证:直线平面；(2)求直线与平面所成角的余弦值；(3)设为线段上任意一点，在内的平面区域(包括边界)是否存在点，使，并说明理由.

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】

根据并集的求法直接求出结果.【详解】∵，∴，故选C.【点睛】考查并集的求法，属于基础题.2、D【解析】

根据图象求出函数的解析式，然后求出点的坐标，进而可得所求结果．【详解】根据函数在一个周期内的图象，可得，∴．再根据五点法作图可得，∴，∴函数的解析式为．∵该函数在y轴上的截距为，∴，∴，故函数的解析式为．∴，∴，又，∴向量在方向上的投影为．故选D．【点睛】解答本题的关键有两个：一是正确求出函数的解析式，进而得到两点的坐标，此处要灵活运用“五点法”求出的值；二是注意一个向量在另一个向量方向上的投影的概念，属于基础题．3、D【解析】

根据不等式的性质,一一分析选择正误即可.【详解】根据不等式的性质,当时,对于A,若,则,故A错误;对于B,若,则,故B错误;对于C,若,则,故C错误;对于D,当时,总有成立,故D正确;故选:D.【点睛】本题考查不等式的基本性质,属于基础题.4、D【解析】

根据题意，分直线是否经过原点2种情况讨论，分别求出直线的方程，即可得答案．【详解】根据题意，直线分2种情况讨论：①当直线过原点时，又由直线经过点，所求直线方程为，整理为，②当直线不过原点时，设直线的方程为，代入点的坐标得，解得，此时直线的方程为，整理为．故直线的方程为或.故选：D．【点睛】本题考查直线的截距式方程，注意分析直线的截距是否为0，属于基础题．5、B【解析】AB＝1000×(km)，∴BC＝·sin30°＝(km)．∴航线离山顶h＝×sin75°≈11.4(km)．∴山高为18－11.4＝6.6(km)．选B.6、C【解析】

三角形为直角三角形，CM为斜边上的中线，故可知其长度，由向量运算法则，对式子进行因式分解，由平行四边形法则，求出向量，由长度计算向量积.【详解】由勾股定理逆定理可知三角形为直角三角形，CM为斜边上的中线，所以，原式=.故选C.【点睛】本题考查向量的线性运算及数量积，数量积问题一般要将两个向量转化为已知边长和夹角的两向量，但本题经化简能得到共线的两向量所以直接根据模的大小计算即可.7、B【解析】

设出圆的方程，利用圆心到直线的距离列出方程求解即可【详解】∵圆心在直线上，∴可设圆心为，设所求圆的方程为，则由题意，解得∴所求圆的方程为．选B【点睛】直线与圆的问题绝大多数都是转化为圆心到直线的距离公式进行求解8、C【解析】

甲，乙，丙，丁四个人中乙和丙的平均数最大且相等，甲，乙，丙，丁四个人中丙的方差最小，说明丙的成绩最稳定，得到丙是最佳人选．【详解】甲，乙，丙，丁四个人中乙和丙的平均数最大且相等，甲，乙，丙，丁四个人中丙的方差最小，说明丙的成绩最稳定，综合平均数和方差两个方面说明丙成绩即高又稳定，丙是最佳人选，故选：C．【点睛】本题考查平均数和方差的实际应用，考查数据处理能力，求解时注意方差越小数据越稳定.9、C【解析】

把式子展开，合并同类项，运用基本不等式，可以求出的最小值.【详解】因为都是正数，所以，（当且仅当时取等号），故本题选C.【点睛】本题考查了基本不等式的应用，考查了数学运算能力.10、A【解析】

根据题意得，我们逐个分析四个选项中函数的格点个数，即可得到答案．【详解】根据题意得：函数y＝sinx图象上只有（0，0）点横、纵坐标均为整数，故A为一阶格点函数；函数没有横、纵坐标均为整数，故B为零阶格点函数；函数y＝lgx的图象有（1，0），（10，1），（100，2），…无数个点横、纵坐标均为整数，故C为无穷阶格点函数；函数y＝x2的图象有…（﹣1，0），（0，0），（1，1），…无数个点横、纵坐标均为整数，故D为无穷阶格点函数.故选A．【点睛】本题考查的知识点是函数的图象与图象变化，其中分析出函数的格点个数是解答本题的关键，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、【解析】

求出，再利用，求得.【详解】，因为⊥，所以，解得：.【点睛】本题考查向量的坐标表示、数量积运算，要注意向量坐标与点坐标的区别.12、②③⑤【解析】

将函数解析式改写成：，即可作出函数图象，根据图象即可判定.【详解】由题：，，所以函数为奇函数，，是该函数的周期，结合图象分析是其最小正周期，，作出函数图象：可得，该函数的最小正周期为，图像不关于对称；在区间上单调递减；图像不关于中心对称；故答案为：②③⑤【点睛】此题考查三角函数图象及其性质的辨析，涉及周期性，对称性和单调性，作为填空题，恰当地利用图象解决问题能够起到事半功倍的作用.13、【解析】试题分析：利用正弦定理化简，得，因为，所以，因为为锐角，所以．考点：正弦定理的应用．【方法点晴】本题主要考查了正弦定理的应用、以及特殊角的三角函数值问题，其中解答中涉及到解三角形中的边角互化，转化为三角函数求值的应用，解答中熟练掌握正弦定理的变形，完成条件的边角互化是解答的关键，注重考查了分析问题和解答问题的能力，同时注意条件中锐角三角形，属于中档试题．14、0.5【解析】

由互斥事件的概率加法求出射手在一次射击中超过8环的概率，再利用对立事件的概率求出不超过8环的概率即可.【详解】由题意，射中10环、9环、8环的概率分别为0.2、0.3、0.1，所以射手的一次射击中超过8环的概率为：0.2+0.3=0.5故射手的一次射击中不超过8环的概率为：1-0.5=0.5故答案为0.5【点睛】本题主要考查了对立事件的概率，属于基础题.15、9【解析】分析：先根据三角形面积公式得条件、再利用基本不等式求最值.详解：由题意可知，,由角平分线性质和三角形面积公式得，化简得，因此当且仅当时取等号，则的最小值为.点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.16、【解析】

作出其图像，可只有两个交点时k的范围为.故答案为三、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、（1）；（2）或.【解析】

（1）设出圆的一般方程，然后代入三个点的坐标，联立方程组可解得；（2）讨论直线的斜率是否存在，根据点到直线的距离和勾股定理列式可得直线的倾斜角．【详解】（1）设圆的一般方程为，将点、、的坐标代入圆的方程得，解得，所以，圆的一般方程为，标准方程为；（2）设圆心到直线的距离为，则.①当直线的斜率不存在时，即直线到圆心的距离为，满足题意，此时直线的倾斜角为；②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，则圆心到直线的距离为，解得，此时，直线的倾斜角为.综上所述，直线的倾斜角为或.【点睛】本题考查圆的方程的求解，同时也考查了利用直线截圆的弦长求直线的倾斜角，一般转化为求圆心到直线的距离，并结合点到直线的距离公式以及勾股定理列等式求解，考查计算能力，属中档题．18、（1）；（2）5.【解析】

（1）根据求出和的值，利用角平分线和二倍角公式求出，即可求出；（2）根据正弦定理求出，的关系，利用向量的夹角公式求出，可得，正弦定理可得答案【详解】解：（1）由，且，，，，则；（2）由正弦定理，得，即，，又，，由上两式解得，又由，得，解得【点睛】本题考查了二倍角公式和正弦定理的灵活运用和计算能力，是中档题．19、（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.【解析】试题分析：（I）先去掉绝对值，再分，和三种情况解不等式，即可得；（II）采用平方作差法，再进行因式分解，进而可证当，时，．试题解析：（I）当时，由得解得；当时，；当时，由得解得.所以的解集.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，，从而，因此【考点】绝对值不等式，不等式的证明.【名师点睛】形如（或）型的不等式主要有两种解法：（1）分段讨论法：利用绝对值号内式子对应的方程的根，将数轴分为，，（此处设）三个部分，在每个部分去掉绝对值号并分别列出对应的不等式进行求解，然后取各个不等式解集的并集．（2）图象法：作出函数和的图象，结合图象求解．20、(1)见证明；(2)见证明【解析】

（1）由，，得，进而得即可证明平面.（2）平面得，由，，得，进而证明平面，则平面平面【详解】证明：（1）因为，，所以，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）因为平面，平面，所以.因为，，所以，又，所以平面.又平面，所以平面平面.【点睛】本题考查线面平行的判定，面面垂直的判定，考查空间想象及推理能力，熟记判定定理是关键，是基础题2