2024屆安徽省池州市東至二中數學高一下期末質量跟蹤監(jiān)視模擬試題含解析

2024屆安徽省池州市東至二中數學高一下期末質量跟蹤監(jiān)視模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．已知數列的前n項和為，且滿足，則（）A．1 B． C． D．20162．若直線與曲線有公共點，則的取值范圍是（）A． B．C． D．3．若圓與圓外切，則（）A．21 B．19 C．9 D．-114．在中，，，則的最小值是（）A．2 B．4 C． D．125．下面的程序運行后，輸出的值是（）A．90 B．29 C．13 D．546．已知，是兩個變量，下列四個散點圖中，，雖負相關趨勢的是（）A． B．C． D．7．已知是非零向量，若，且，則與的夾角為（）A． B． C． D．8．在區(qū)間上隨機選取一個數，則滿足的概率為()A． B． C． D．9．函數的值域為A．[1,] B．[1,2] C．[,2] D．[10．若一元二次不等式對一切實數都成立，則的取值范圍是（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．方程的解為______．12．已知等比數列的公比為，它的前項積為，且滿足，，，給出以下四個命題：①；②；③為的最大值；④使成立的最大的正整數為4031；則其中正確命題的序號為________13．我國古代數學名著《算法統(tǒng)宗》中有如下問題：“遠望巍巍塔七層，紅光點點倍加增，共燈三百八十一，請問尖頭幾盞燈？”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數是上一層燈數的2倍，則塔的頂層燈數為_____________14．如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，M為B1C1中點，連接A1B，D1M，則異面直線A1B和D1M所成角的余弦值為________________________．15．已知數列的通項公式，那么使得其前項和大于7.999的的最小值為______.16．對于正項數列，定義為的“光陰”值，現知某數列的“光陰”值為，則數列的通項公式為_____．三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．設的內角所對應的邊長分別是，且.（Ⅰ）當時，求的值；（Ⅱ）當的面積為時，求的值．18．已知，，，，求的值.19．在中，，.（1）求角B的大小；（2）的面積，求的邊BC的長.20．已知在四棱錐中，底面是矩形，平面，，分別是，的中點，與平面所成的角的正切值是；（1）求證：平面；（2）求二面角的正切值．21．數列的前項和.(1)求數列的通項公式；(2)設，求數列的前項和.

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、C【解析】

利用和關系得到數列通項公式，代入數據得到答案.【詳解】已知數列的前n項和為，且滿足，相減：取答案選C【點睛】本題考查了和關系，數列的通項公式，意在考查學生的計算能力.2、D【解析】

將本題轉化為直線與半圓的交點問題，數形結合，求出的取值范圍【詳解】將曲線的方程化簡為即表示以為圓心，以2為半徑的一個半圓，如圖所示：由圓心到直線的距離等于半徑2，可得：解得或結合圖象可得故選D【點睛】本題主要考查了直線與圓的位置關系，考查了轉化能力，在解題時運用點到直線的距離公式來計算，數形結合求出結果，本題屬于中檔題3、C【解析】試題分析：因為,所以且圓的圓心為,半徑為,根據圓與圓外切的判定(圓心距離等于半徑和)可得,故選C.考點：圓與圓之間的外切關系與判斷4、C【解析】

根據，，得到，，平方計算得到最小值.【詳解】故答案為C【點睛】本題考查了向量的模，向量運算，均值不等式，意在考查學生的計算能力.5、D【解析】

根據程序語言的作用，模擬程序的運行結果，即可得到答案．【詳解】模擬程序的運行，可得，執(zhí)行循環(huán)體，，執(zhí)行循環(huán)體，，執(zhí)行循環(huán)體，，執(zhí)行循環(huán)體，，退出循環(huán)，輸出的值為1．故選：D．【點睛】本題考查利用模擬程序執(zhí)行過程求輸出結果，考查邏輯推理能力和運算求解能力，屬于基礎題．6、C【解析】由圖可知C選項中的散點圖描述了隨著的增加而減小的變化趨勢，故選C7、D【解析】

由得，這樣可把且表示出來．【詳解】∵，∴，，∴，∴，故選D．【點睛】本題考查向量的數量積，掌握數量積的定義是解題關鍵．8、D【解析】

在區(qū)間上，且滿足所得區(qū)間為，利用區(qū)間的長度比，即可求解．【詳解】由題意，在區(qū)間上，且滿足所得區(qū)間為，由長度比的幾何概型，可得概率為，故選D．【點睛】本題主要考查了長度比的幾何概型的概率的計算，其中解答中認真審題，合理利用長度比求解是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題．9、D【解析】

因為函數，平方求出的取值范圍，再根據函數的性質求出的值域.【詳解】函數定義域為：，因為，又，所以的值域為.故選D.【點睛】本題考查函數的值域，此題也可用三角換元求解.求函數值域常用方法：單調性法，換元法，判別式法，反函數法，幾何法，平方法等.10、A【解析】

該不等式為一元二次不等式，根據一元二次函數的圖象與性質可得，的圖象是開口向下且與x軸沒有交點，從而可得關于參數的不等式組，解之可得結果.【詳解】不等式為一元二次不等式，故，根據一元二次函數的圖象與性質可得，的圖象是開口向下且與x軸沒有交點，則，解不等式組，得.故本題正確答案為A.【點睛】本題考查一元二次不等式恒成立問題，考查一元二次函數的圖象與性質，注意數形結合的運用，屬基礎題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、或【解析】

由指數函數的性質得，由此能求出結果．【詳解】方程，，或，解得或．故答案為或．【點睛】本題考查指數方程的解的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意指數函數的性質的合理運用．12、②③【解析】

利用等比數列的性質，可得，得出，進而判斷②③④，即可得到答案.【詳解】①中，由等比數列的公比為，且滿足，，，可得，所以，且所以是錯誤的；②中，由等比數列的性質，可得，所以是正確的；③中，由，且，，所以前項之積的最大值為，所以是正確的；④中，，所以正確.綜上可得，正確命題的序號為②③.故答案為：②③.【點睛】本題主要考查了等比數列的性質的應用，其中解答中熟記等比數列的性質，合理推算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于中檔試題.13、1【解析】分析：設塔的頂層共有a1盞燈，則數列{an}公比為2的等比數列，利用等比數列前n項和公式能求出結果．詳解:設塔的頂層共有a1盞燈，則數列{an}公比為2的等比數列，∴S7=a1(1-2點睛：本題考查了等比數列的通項公式與求和公式，考查了推理能力與計算能力.14、.【解析】

連接、，取的中點，連接，可知，且是以為腰的等腰三角形，然后利用銳角三角函數可求出的值作為所求的答案．【詳解】如下圖所示：連接、，取的中點，連接，在正方體中，，則四邊形為平行四邊形，所以，則異面直線和所成的角為或其補角，易知，由勾股定理可得，，為的中點，則，在中，，因此，異面直線和所成角的余弦值為，故答案為．【點睛】本題考查異面直線所成角的余弦值的計算，求解異面直線所成的角一般利用平移直線法求解，遵循“一作、二證、三計算”，在計算時，一般利用銳角三角函數的定義或余弦定理求解，考查計算能力，屬于中等題．15、1【解析】

直接利用數列的通項公式，建立不等式，解不等式求出結果．【詳解】解：數列的通項公式，則：，所以：當時，即：，當時，成立，即：的最小值為1．故答案為：1【點睛】本題考查的知識要點：數列的通項公式的求法及應用，主要考查學生的運算能力和轉化能力，屬于基礎題型．16、【解析】

根據的定義把帶入即可?！驹斀狻俊摺唷摺啖佟啖冖?②得∴故答案為：【點睛】本題主要考查了新定義題，解新定義題首先需要讀懂新定義，其次再根據題目的條件帶入新定義即可，屬于中等題。三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）由得，再利用正弦定理即可求出（Ⅱ）由可得，再利用余弦定理即可求出.【詳解】（Ⅰ）∵∴，由正弦定理可知：，∴（Ⅱ）∵∴由余弦定理得：∴，即則：故：【點睛】本題主要考查了正弦定理與余弦定理的應用，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題.18、【解析】

根據角的范圍結合條件可求出，的值，然后求出的值，再由二倍角公式可求解.【詳解】由，，得.又，則.由，，得.所以又所以【點睛】本題考查兩角和與差的三角函數公式和同角三角函數關系以及二倍角公式，考察角變換的應用，屬于中檔題.19、（1）；（2）【解析】

（1）由條件可，展開計算代入，即可得；（2）先利用正弦定理求出，再利用面積可得，解方程可得，再利用余弦定理可求得邊BC的長.【詳解】解：（1）在中，，則，即，整理得，又，，（2）由正弦定理得，又，即，所以，，解得，即.【點睛】本題考查了正弦定理，余弦定理的應用，考查了面積公式，是基礎題.20、(1)見證明；(2)【解析】

（1）取的中點，連接，通過證明四邊形是平行四邊形，證得，從而證得平面.（2）連接，證得為與平面所成角.根據的值求得的長，作出二面角的平面角并證明，解直角三角形求得二面角的正切值．【詳解】（1）證明：取的中點，連接.∵是中點∴又是的中點,∴∴，從而四邊形是平行四邊形，故又平面，平面，∴（2）∵平面，∴是在平面內的射影為與平面所成角，四邊形為矩形，∵,∴,∴過點作交的延長線于，連接，∵平面據三垂線定理知.∴是二面角的平面角易知道為等腰直角三角形，∴∴=∴二面角的正