江西省新余市第四中学三联考2024-2025学年数学高一第二学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析.doc

江西省新余市第四中学三联考2024-2025学年数学高一第二学期期末质量跟踪监视模拟试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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．下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上为减函数的是（ ）
A． B． C． D．
2．在中，分别是角的对边，,则角为( )
A． B． C． D．或
3．在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数，当时，取得最小值，则等于（ ）
A．9 B．7 C．5 D．3
5．如果直线a平行于平面，则（ ）
A．平面内有且只有一直线与a平行
B．平面内有无数条直线与a平行
C．平面内不存在与a平行的直线
D．平面内的任意直线与直线a都平行
6．在中，，，，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知在中，内角的对边分别为，若，则等于()
A． B． C． D．
8．已知，则角的终边所在的象限为（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
9．一位妈妈记录了孩子6至9岁的身高（单位：cm），所得数据如下表：
年龄（岁）
6
7
8
9
身高（cm）
118
126
136
144
由散点图可知，身高与年龄之间的线性回归方程为，预测该孩子10岁时的身高为
A．154 B．153 C．152 D．151
10．在中，，则等于（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知扇形的面积为，圆心角为，则该扇形半径为__________．
12．三阶行列式中，元素4的代数余子式的值为________.
13．从分别写有1，2，3，4，5的五张卡片中，任取两张，这两张卡片上的数字之差的绝对值等于1的概率为________．
14．已知，则
15．已知数列中，，，设，若对任意的正整数，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是______．
16．在中，已知角的对边分别为，且，，，若有两解，则的取值范围是__________．
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．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，，且，求（用含、、的形式表示）.
18．已知三棱锥中，是边长为的正三角形，；

（1）证明：平面平面；
（2）设为棱的中点，求二面角的余弦值.
19．已知方程有两根、，且，.
（1）当，时，求的值；
（2）当，时，用表示.
20．如图，已知四棱锥，底面是边长为的菱形，，侧面为正三角形，侧面底面，为侧棱的中点，为线段的中点

（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求证：；
（Ⅲ）求三棱锥的体积
21．已知函数.
（1）求的值；
（2）设，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、B
【解析】
分别求出四个选项中函数的周期，排除选项后，再通过函数的单调减区间找出正确选项即可.
【详解】
由题意观察选项，C的周期不是，所以C不正确；
对于A，，函数的周期为，但在区间上为增函数，故A不正确；
对于B，，函数的周期为，且在区间上为减函数，故B正确；
对于D，，函数的周期为，但在区间上为增函数，故D不正确；
故选：B
本题主要考查三角函数的性质，需熟记正弦、余弦、正切、余切的性质，属于基础题.
2、D
【解析】
由正弦定理，可得，即可求解的大小，得到答案．
【详解】
在中，因为，
由正弦定理，可得，
又由，且，所以或，故选D．
本题主要考查了正弦定理的应用，其中解答中熟练利用正弦定理，求得的值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
3、A
【解析】
在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为.
【详解】
根据对称性，点 关于 轴对称的点的坐标为.
故选A.
本题考查空间直角坐标系和点的对称，属于基础题.
4、B
【解析】
先对函数进行配凑，使得能够使用均值不等式，再利用均值不等式，求得结果.
【详解】
因为
故
当且仅当，即时，取得最小值.
故，则.
故选：B.
本题考查均值不等式的使用，属基础题；需要注意均值不等式使用的条件.
5、B
【解析】
根据线面平行的性质解答本题．
【详解】
根据线面平行的性质定理，已知直线平面.
对于A，根据线面平行的性质定理，只要过直线a的平面与平面相交得到的交线，都与直线a平行；所以平面内有无数条直线与a平行；故A错误；
对于B，只要过直线a的平面与平面相交得到的交线，都与直线a平行；所以平面内有无数条直线与a平行；故B正确；
对于C，根据线面平行的性质，过直线a的平面与平面相交得到的交线，则直线，所以C错误；
对于D，根据线面平行的性质，过直线a的平面与平面相交得到的交线，则直线，则在平面内与直线相交的直线与a不平行，所以D错误；
故选：B．
本题考查了线面平行的性质定理；如果直线与平面平行，那么过直线的平面与已知平面相交，直线与交线平行．
6、D
【解析】
直接用正弦定理直接求解边.
【详解】
在中，，，
由余弦定理有：,即
故选：D
本题考查利用正弦定理解三角形，属于基础题.
7、A
【解析】
由题意变形，运用余弦定理，可得cosB，再由同角的平方关系，可得所求值．
【详解】
2b2﹣2a2＝ac+2c2，
可得a2+c2﹣b2ac，
则cosB，
可得B＜π，
即有sinB
．
故选A．
本题考查余弦定理的运用，考查同角的平方关系，以及运算能力，属于中档题．
8、D
【解析】
由可知：则
的终边所在的象限为第四象限
故选
9、B
【解析】
试题分析：根据题意，由表格可知，身高y与年龄x之间的线性回归直线方程为，那么可知回归方程必定过样本中心点，即为（7,131）代入可知，=65，预测该学生10岁时的身高，将x=10代入方程中，即可知为153，故可知答案为B
考点：线性回归直线方程
点评：主要是考查了线性回归直线方程的回归系数的运用，属于基础题．
10、D
【解析】
先根据向量的夹角公式计算出的值，然后再根据同角的三角函数的基本关系即可求解出的值.
【详解】
因为，所以，
所以，
所以.
故选：D.
本题考查坐标形式下向量的夹角计算，难度较易.注意：的夹角并不是，而应是的补角.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、2
【解析】
将圆心角化为弧度制，再利用扇形面积得到答案.
【详解】
圆心角为
扇形的面积为
故答案为2
本题考查了扇形的面积公式，属于简单题.
12、6
【解析】
利用代数余子式的定义直接求解.
【详解】
三阶行列式中，元素4的代数余子式的值为：
.
故答案为：6.
本题主要考查了三阶行列式中元素的代数余子式的求法，属于中档题.
13、
【解析】
基本事件总数n，利用列举法求出这两张卡片上的数字之差的绝对值等于1包含的基本事件有4种情况，由此能求出这两张卡片上的数字之差的绝对值等于1的概率．
【详解】
从分别写有1，2，3，4，5的五张卡片中，任取两张，
基本事件总数n，
这两张卡片上的数字之差的绝对值等于1包含的基本事件有：
（1，2），（2，3），（3，4），（4，5），共4种情况，
∴这两张卡片上的数字之差的绝对值等于1的概率为p．
故答案为．
本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14、28
【解析】
试题分析：由等差数列的前n项和公式，把等价转化为
所以,然后求得a值.

考点：极限及其运算
15、
【解析】
∵，（，），当时，，，…，，并项相加，得：，
∴，又∵当时，也满足上式，
∴数列的通项公式为，∴
，令（），
则，∵当时，恒成立，∴在上是增函数，
故当时，，即当时， ，对任意的正整数，
当时，不等式恒成立，则须使，即对恒成立，即的最小值，可得，∴实数的取值范围为，故答案为.
点睛：本题考查数列的通项及前项和，涉及利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于难题通过并项相加可知当时，进而可得数列的通项公式，裂项、并项相加可知，通过求导可知是增函数，进而问题转化为，由恒成立思想，即可得结论.
16、
【解析】
利用正弦定理得到，再根据有两解得到，计算得到答案.
【详解】
由正弦定理得：
若有两解：

故答案为
本题考查了正弦定理，有两解，意在考查学生的计算能力.

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、
【解析】
由任意角的三角函数定义求得，再由诱导公式及同角的三角函数基本关系式求得，再由两角差的正弦求.
【详解】
由题意，，，
又，所以，
，

则 .
本题主要考查了任意角的三角函数定义，同角三角函数的关系，两角和差的正弦，属于中档题.
18、（1）见解析（2）
【解析】
（1）由题意结合正弦定理可得， 据此可证得平面，从而可得题中的结论；
（2）在平面中，过点作，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，由空间向量的结论求得半平面的法向量，然后求解二面角的余弦值即可.
【详解】
（1）证明：在中，，，，由余弦定理可得，
，，
，
平面，平面，平面平面.
（2）在平面中，过点作，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则
设平面的一个法向量为
则解得，，
即
设平面的一个法向量为
则
解得，，即

由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
本题主要考查面面垂直的证明方法，空间向量的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
19、（1）；（2）.
【解析】
（1）由反三角函数的定义得出，，再由韦达定理结合两角和的正切公式求出的值，并求出的取值范围，即可得出的值；
（2）由韦达定理得出，，再利用两角和的正切公式得出的表达式，利用二倍角公式将等式两边化为正切，即可用表示.
【详解】
（1）由反三角函数的定义得出，，
当，时，由韦达定理可得，，
易知，，，，则.
由两角和的正切公式可得，
；
（2）由韦达定理得，，
所以，，
，，
又由得，则，则、至少一个是正数，
不妨设，则，又，，
易知，，因此，.
本题考查反正切的定义，考查两角和的正切公式的应用，同时涉及了二次方程根与系数的关系以及二倍角公式化简，在利用同角三角函数的基本关系解题时，需要对角的范围进行讨论，考查运算求解能力，属于中等题.
20、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析（Ⅲ）
【解析】
（Ⅰ）连接，交于点；根据三角形中位线可证得；由线面平行判定定理可证得结论；（Ⅱ）由等腰三角形三线合一可知；由面面垂直的性质可知平面；根据线面垂直性质可证得结论；（Ⅲ）利用体积桥的方式将所求三棱锥体积转化为；根据已知长度和角度关系分别求得四边形面积和高，代入得到结果.
【详解】
（Ⅰ）证明：连接，交于点

四边形为菱形 为中点
又为中点
平面，平面 平面
（Ⅱ）为正三角形，为中点
平面平面，平面平面，平面
平面，又平面
（Ⅲ）为中点
又，
，
由（Ⅱ）知，

本题考查立体几何中线面平行、线线垂直关系的证明、三棱锥体积的求解问题；涉及到线面平行判定定理、面面垂直性质定理和判定定理的应用、体积桥的方式求解三棱锥体积等知识，属于常考题型.
21、（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