云南省怒江市2024-2025学年数学高一下期末学业质量监测试题含解析.doc

云南省怒江市2024-2025学年数学高一下期末学业质量监测试题
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．已知，取值如下表：

0
1
4
5
6

1.3
m
3m
5.6
7.4
画散点图分析可知：与线性相关，且求得回归方程为，则m的值(精确到0.1)为()
A．1.5 B．1.6 C．1.7 D．1.8
2．已知直线与平行，则等于( )
A．或 B．或 C． D．
3．已知直线是函数的一条对称轴，则的一个单调递减区间是（ ）
A． B． C． D．
4．设点是函数图象士的任意一点，点满足，则的最小值为（）
A． B． C． D．
5．数列的通项，其前项和为，则为（ ）
A． B． C． D．
6．已知角A满足，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．在中，已知， 那么一定是（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．正三角形
8．已知平面向量=（1，－3），=（4，－2），与垂直，则是（ ）
A．2 B．1 C．－2 D．－1
9．已知圆锥的侧面展开图是一个半径为6，圆心角为的扇形，则圆锥的高为（ ）
A． B． C． D．5
10．在中，角、、所对的边长分别为，，，，，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．9
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知数列满足且，则____________．
12．函数的反函数为____________.
13．下列关于函数与的命题中正确的结论是______.
①它们互为反函数；②都是增函数；③都是周期函数；④都是奇函数.
14．如图，圆锥形容器的高为圆锥内水面的高为，且，若将圆锥形容器倒置，水面高为，则等于__________．（用含有的代数式表示）

15．已知为的三个内角A，B，C的对边，向量，．若，且，则B=
16．已知实数满足则的最小值为__________．
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．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，，，，平面底面ABCD，E和F分别是CD和PC的中点.求证：

（1）平面BEF；
（2）平面平面PCD．
18．已知是一个公差大于的等差数列，且满足，数列满足等式：
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
19．设数列 满足 ， ；数列的前 项和为 ，且
（1）求数列和的通项公式；
（2）若 ，求数列 的前 项和 ．
20．如图，在直棱柱中，，，，分别是棱，上的点，且平面.

（1）证明：//；
（2）求证：.
21．在平面直角坐标系中，已知向量，．
（1）求证：且；
（2）设向量，，且，求实数的值．
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
【解析】
根据表格中的数据，求得样本中心为，代入回归直线方程，即可求解.
【详解】
由题意，根据表格中的数据，可得，
，即样本中心为，
代入回归直线方程，即，解得，故选C.
本题主要考查了回归直线方程的应用，其中解答中熟记回归直线方程的基本特征是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
2、C
【解析】
由题意可知
且，
解得．
故选．
3、B
【解析】
利用周期公式计算出周期，根据对称轴对应的是最值，然后分析单调减区间.
【详解】
因为，
若取到最大值，则，即，此时处最接近的单调减区间是：即，故B符合；
若取到最小值，则，即，此时处最接近的单调减区间是：即，此时无符合答案；
故选：B.
对于正弦型函数，对称轴对应的是函数的最值，这一点值得注意.
4、B
【解析】
函数表示圆位于x轴下面的部分。利用点到直线的距离公式，求出最小值。
【详解】
函数化简得。圆心坐标,半径为2.
所以
本题考查点到直线的距离公式，属于基础题。
5、A
【解析】
分析：利用二倍角的余弦公式化简得，根据周期公式求出周期为，从而可得结果.
详解：首先对进行化简得，又由关于的取值表：

1
2
3
4
5
6

可得的周期为，则可得，
设，
则，故选A．
点睛：本题考查二倍角的余弦公式、三角函数的周期性以及等差数列的求和公式，意在考查灵活运用所学知识解决问题的能力以及计算能力，求求解过程要细心，注意避免计算错误.
6、A
【解析】
将等式两边平方，利用二倍角公式可得出的值．
【详解】
，在该等式两边平方得，
即，解得，故选A.
本题考查同角三角函数的基本关系，考查二倍角正弦公式的应用，一般地，解三角函数有关问题时，遇到，常用平方法来求解，考查计算能力，属于中等题．
7、B
【解析】
先化简sin Acos B＝sin C=，即得三角形形状.
【详解】
由sin Acos B＝sin C得
所以sinBcosA=0,因为A,B∈（0，π），
所以sinB＞0，所以cosA=0,所以A=,
所以三角形是直角三角形.
故答案为A
本题主要考查三角恒等变换和三角函数的图像性质，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
8、D
【解析】
试题分析：，由与垂直可知

考点：向量垂直与坐标运算
9、C
【解析】
利用扇形的弧长为底面圆的周长求出后可求高.
【详解】
因为侧面展开图是一个半径为6，圆心角为的扇形，所以
圆锥的母线长为6，设其底面半径为，则，所以，
所以圆锥的高为，选C
圆锥的侧面展开图是扇形，如果圆锥的母线长为，底面圆的半径长为，则该扇形的圆心角的弧度数为 .
10、A
【解析】
，利用正弦定理，和差公式化简可得，再利用三角形面积计算公式即可得出.
【详解】

化为：

的面积
故选：
本题考查正弦定理与两角和余弦公式化简求值，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】
由题得为等差数列，得，则可求
【详解】
由题：为等差数列且首项为2，则，所以．
故答案为：2550
本题考查等差数列的定义，准确计算是关键，是基础题
12、
【解析】
首先求出在区间的值域，再由表示的含义，得到所求函数的反函数.
【详解】
因为，
所以，.
所以的反函数是.
故答案为：
本题主要考查反函数定义，同时考查了三角函数的值域问题，属于简单题.
13、④
【解析】
利用反函数，增减性，周期函数，奇偶性判断即可
【详解】
①，当时，的反函数是，故错误；
②，当时，是增函数，故错误；
③，不是周期函数，故错误；
④，与都是奇函数，故正确
故答案为④
本题考查正弦函数及其反函数的性质，熟记其基本性质是关键，是基础题
14、
【解析】
根据水的体积不变，列出方程，解出的值，即可得到答案.
【详解】
设圆锥形容器的底面面积为，则未倒置前液面的面积为，
所以水的体积为，
设倒置后液面面积为，则，所以，
所以水的体积为，所以，解得.
本题主要考查了圆锥的结构特征，以及圆锥的体积的计算与应用，其中解答中熟练应用圆锥的结构特征，利用体积公式准确运算是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于中档试题.
15、
【解析】
根据得，再利用正弦定理得，化简得出角的大小。再根据三角形内角和即可得B.
【详解】
根据题意,
由正弦定理可得

则
所以答案为。
本题主要考查向量与三角形正余弦定理的综合应用,属于基础题。
16、
【解析】
本题首先可以根据题意绘出不等式组表示的平面区域，然后结合目标函数的几何性质，找出目标函数取最小值所过的点，即可得出结果。
【详解】
绘制不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示，

结合目标函数的几何意义可知，目标函数在点处取得最小值，
即。
本题考查根据不等式组表示的平面区域来求目标函数的最值，能否绘出不等式组表示的平面区域是解决本题的关键，考查数形结合思想，是简单题。

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、（2）证明见解析（2）证明见解析
【解析】
（1）连接，交于，结合平行四边形的性质可得，再由线面平行的判定定理，即可得证（2）运用面面垂直的性质定理可得平面，推得，，，再由线面垂直的判定定理和吗垂直的判定定理，即可得证．
【详解】
证明：（1）连接，交于，

可得四边形为平行四边形，
且为的中点，可得为的中位线，可得，
平面，面，可得面；
（2）平面底面，，可得平面，
即有，，可得，
由，，可得四边形为矩形，即有，
又，，可得，且
所以有平面，
而平面，则平面平面．
本题考查线面平行和面面垂直的判定，注意运用线线平行和线面垂直的判定定理，考查推理能力，属于中档题．
18、
【解析】
（1）利用等差中项得到关于，的方程组，利用通项公式求得公差，则数列的通项公式可求；
（2）把数列的通项公式代入，得，作差可得，再由数列的分组求和可得数列的前项和．
【详解】
（1）在等差数列中，由，得，
又，可得或．
，，则．
.
（2）由，
得，
，即，
满足上式，
．
则，
数列的前项和，
．
本题考查数列递推式、临差法求数列通项、数列的分组求和等知识，考查运算求解能力，求解时要注意数列通项中的下标的限制.
19、（1），；（2）
【解析】
（1）分别利用累加法、数列的递推公式得到数列和数列 的通项公式．
（2）利用数列求和的错位相减即可得到数列 的前 项和 ．
【详解】
（1）
，……， ，
以上 个式子相加得：

当 时，
=

当 时， ，符合上式，

（2）
①
②
①-②得

已知 求数列的通项公式时，可采用累加法得到通项公式，通项公式为等差的一次函数乘以等比的数列形式（等差等比数列相乘）的前 项和采用错位相减法．
20、（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（1）利用线面平行的性质定理可得，从而得到.
（2）连接，可证平面，从而得到.
【详解】
（1）因为平面，平面，平面平面，
所以.
又在直棱柱中，有，所以.
(2)连接，因为棱柱为直棱柱，所以平面，
又平面，所以.
又因为，平面，平面，，
所以平面.又平面，所以.
在直棱柱中，有四边形为平行四边形.
又因为，所以四边形为菱形，所以.
又,平面,平面，
所以平面，又平面，所以.
线线平行的证明，有如下途径：（1）利用平面几何的知识，如三角形的中位线、梯形的中位线等；（2）线面平行的性质定理；（3）面面平行的性质定理；（4）线面垂直的性质定理（同垂直一个平面的两条直线平行）.
而线线垂直的证明，有如下途径：（1）利用平面几何的知识，如勾股定理等；（2）异面直线所成的角为 ；（3）线面垂直的性质定理；
21、（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）根据向量的坐标求出向量模的方法以及向量的数量积即可求解.
（2）根据向量垂直，可得数量积等于，进而解方程即可求解.
【详解】
（1）证明：，，所以，因为，所以；
（2）因为，所以，
由（1）得：
所以，解得．
本题考查了向量坐标求向量的模以及向量数量积的坐标表示，属于基础题.