2024屆江蘇省淮安市盱眙縣數學高一下期末調研試題含解析

2024屆江蘇省淮安市盱眙縣數學高一下期末調研試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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,下列不等式中成立的是（）A． B． C． D．2．湖南衛(wèi)視《爸爸去哪兒》節(jié)目組為熱心觀眾給予獎勵，要從2014名小觀眾中抽取50名幸運小觀眾．先用簡單隨機抽樣從2014人中剔除14人，剩下的2000人再按系統抽樣方法抽取50人，則在2014人中，每個人被抽取的可能性()A．均不相等 B．不全相等C．都相等，且為 D．都相等，且為3．已知圓錐的表面積為，且它的側面展開圖是一個半圓，則圓錐的底面半徑為A． B． C． D．（）4．已知圓截直線所得弦的長度為4，則實數a的值是A． B． C． D．5．一個正方體被一個平面截去一部分后，剩余部分的三視圖如圖，則截去部分體積與原正方體體積的比值為()A． B． C． D．6．把函數y=sin（2x﹣）的圖象向右平移個單位得到的函數解析式為（）A．y=sin（2x﹣） B．y=sin（2x+） C．y=cos2x D．y=﹣sin2x7．給出函數為常數，且，，無論a取何值，函數恒過定點P，則P的坐標是A． B． C． D．8．設甲、乙兩地的距離為a(a>0)，小王騎自行車以勻速從甲地到乙地用了20分鐘，在乙地休息10分鐘后，他又以勻速從乙地返回到甲地用了30分鐘，則小王從出發(fā)到返回原地所經過的路程y和其所用的時間x的函數圖象為()A． B．C． D．9．在平面直角坐標系中，角的頂點與原點重合，它的始邊與軸的非負半軸重合，終邊交單位圓于點，則的值為()A． B． C． D．10．中國古代有計算多項式值的秦九韶算法，右圖是實現該算法的程序框圖.執(zhí)行該程序框圖，若輸入的，，依次輸入的為2，2，5，則輸出的（）A．7 B．12 C．17 D．34二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知變量和線性相關，其一組觀測數據為，由最小二乘法求得回歸直線方程為.若已知，則______.12．記等差數列的前項和為，若，則________．13．在中，，則______．14．某小區(qū)擬對如圖一直角△ABC區(qū)域進行改造，在三角形各邊上選一點連成等邊三角形,在其內建造文化景觀．已知,則面積最小值為____15．函數的值域是______.16．如圖，在邊長為的菱形中，，為中點，則______.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．在三棱柱中，平面ABC，，，D，E分別為AB，中點.（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求證：四邊形為平行四邊形；（Ⅲ）求證：平面平面.18．已知函數，其圖象與軸相鄰的兩個交點的距離為.（1）求函數的解析式；（2）若將的圖象向左平移個長度單位得到函數的圖象恰好經過點，求當取得最小值時，在上的單調區(qū)間.19．已知等差數列的前項和為，且，.(1)求數列的通項公式；(2)請確定是否是數列中的項?20．已知數列的各項均為正數，對任意，它的前項和滿足，并且，，成等比數列.（1）求數列的通項公式；（2）設，為數列的前項和，求.21．已知圓：．（Ⅰ）求過點的圓的切線方程；（Ⅱ）設圓與軸相交于，兩點，點為圓上異于，的任意一點，直線，分別與直線交于，兩點．（?。┊旤c的坐標為時，求以為直徑的圓的圓心坐標及半徑；（ⅱ）當點在圓上運動時，以為直徑的圓被軸截得的弦長是否為定值？請說明理由．

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、A【解析】

逐個選項進行判斷即可.【詳解】A選項，因為，所以.當時即不滿足選項B,C,D.故選A.【點睛】此題考查不等式的基本性質，是基礎題.2、C【解析】由題意可得，先用簡單隨機抽樣的方法從2014人中剔除14人，則剩下的再分組，按系統抽樣抽取.在剔除過程中，每個個體被剔除的機會相等，所以每個個體被抽到的機會相等，均為故選C3、C【解析】解：4、B【解析】試題分析：圓化為標準方程為，所以圓心為（-1,1），半徑，弦心距為．因為圓截直線所得弦長為4，所以．故選B．5、C【解析】

根據三視圖還原出幾何體，得到是在正方體中，截去四面體，利用體積公式，求出其體積，然后得到答案.【詳解】根據三視圖還原出幾何體，如圖所述，得到是在正方體中，截去四面體設正方體的棱長為，則，故剩余幾何體的體積為，所以截去部分的體積與剩余部分的體積的比值為.故選：C.【點睛】本題考查了幾何體的三視圖求幾何體的體積；關鍵是正確還有幾何體，利用體積公式解答，屬于簡單題.6、D【解析】試題分析：三角函數的平移原則為左加右減上加下減．直接求出平移后的函數解析式即可．解：把函數y=sin（2x﹣）的圖象向右平移個單位，所得到的圖象的函數解析式為：y=sin[2（x﹣）﹣]=sin（2x﹣π）=﹣sin2x．故選D．考點：函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換．7、D【解析】試題分析：因為恒過定點，所以函數恒過定點.故選D.考點：指數函數的性質.8、D【解析】試題分析：根據題意，甲、乙兩地的距離為a(a>0)，小王騎自行車以勻速從甲地到乙地用了20min，在乙地休息10min后，他又以勻速從乙地返回到甲地用了30min，那么可知先是勻速運動，圖像為直線，然后再休息，路程不變，那么可知時間持續(xù)10min，那么最后還是同樣的勻速運動，直線的斜率不變可知選D.考點：函數圖像點評：主要是考查了路程與時間的函數圖像的運用，屬于基礎題．9、C【解析】

根據三角函數的定義，即可求解，得到答案.【詳解】由題意，角的頂點與原點重合，它的始邊與軸的非負半軸重合，終邊交單位圓于點，根據三角函數的定義可得.故選：C.【點睛】本題主要考查了三角的函數的定義，其中解答中熟記三角函數的定義是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題.10、C【解析】第一次循環(huán)：a=2,s=2,k=1；第二次循環(huán)：a=2,s=6,k=2；第三次循環(huán)：a=5,s=17,k=3>2；結束循環(huán)，輸出s=17，選C.點睛：算法與流程圖的考查，側重于對流程圖循環(huán)結構的考查.先明晰算法及流程圖的相關概念，包括選擇結構、循環(huán)結構、偽代碼，其次要重視循環(huán)起點條件、循環(huán)次數、循環(huán)終止條件，更要通過循環(huán)規(guī)律，明確流程圖研究的數學問題，是求和還是求項.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、355【解析】

根據回歸直線必過樣本點的中心，根據橫坐標結合回歸方程求出縱坐標即可得解.【詳解】由題：，回歸直線方程為，所以，.故答案為：355【點睛】此題考查根據回歸直線方程求樣本點的中心的縱坐標，關鍵在于掌握回歸直線必過樣本點的中心，根據平均數求解.12、10【解析】

由等差數列求和的性質可得，求得，再利用性質可得結果.【詳解】因為，所以，所以，故故答案為10【點睛】本題考查了等差數列的性質，熟悉其性質是解題的關鍵，屬于基礎題.13、【解析】

由已知求得，進一步求得，即可求出．【詳解】由，得，即，，則，，，則．【點睛】本題主要考查應用兩角和的正切公式作三角函數的恒等變換與化簡求值．14、【解析】

設，然后分別表示，利用正弦定理建立等式用表示，從而利用三角函數的性質得到的最小值，從而得到面積的最小值.【詳解】因為，所以，顯然，，設，則，且，則，所以，在中，由正弦定理可得：，求得，其中，則，因為，所以當時，取得最大值1，則的最小值為，所以面積最小值為，【點睛】本題主要考查了利用三角函數求解實際問題的最值，涉及到正弦定理的應用，屬于難題.對于這類型題，關鍵是能夠選取恰當的參數表示需求的量，從而建立相關的函數，利用函數的性質求解最值.15、【解析】

先求得函數的定義域，根據函數在定義域內的單調性，求得函數的值域.【詳解】依題意可知，函數的定義域為，且函數在區(qū)間上為單調遞增函數，故當時，函數有最小值為，當時，函數有最大值為.所以函數函數的值域是.故答案為：.【點睛】本小題主要考查反正弦函數的定義域和單調性，考查正弦函數的單調性，考查利用函數的單調性求函數的值域，屬于基礎題.16、【解析】

選取為基底，根據向量的加法減法運算，利用數量積公式計算即可.【詳解】因為,,，又，.【點睛】本題主要考查了向量的加法減法運算，向量的數量積，屬于中檔題.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）見解析（Ⅱ）見解析（Ⅲ）見解析【解析】

（Ⅰ）只需證明，，即可得平面；（Ⅱ）可得四邊形為平行四邊形，，，即可得四邊形為平行四邊形；（Ⅲ）易得平面，即可得平面平面.【詳解】（Ⅰ）∵平面，∴，又，，而，∴平面.（Ⅱ）∵、分別為、的中點，∴，，即四邊形為平行四邊形，∴，，∴四邊形為平行四邊形.（Ⅲ）∵，為中點，∴，又∵，且，∴平面，而平面，∴平面平面.【點睛】本題考查了空間點、線、面位置關系，屬于基礎題.18、（1）（2）單調增區(qū)間為，；單調減區(qū)間為.【解析】

（1）利用兩角差的正弦公式，降冪公式以及輔助角公式化簡函數解析式，根據其圖象與軸相鄰的兩個交點的距離為，得出周期，利用周期公式得出，即可得出該函數的解析式；（2）根據平移變換得出，再由函數的圖象經過點，結合正弦函數的性質得出的最小值，進而得出，利用整體法結合正弦函數的單調性得出該函數在上的單調區(qū)間.【詳解】解：（1）由已知函數的周期，，∴.（2）將的圖象向左平移個長度單位得到的圖象∴，∵函數的圖象經過點∴，即∴，∴，∵，∴當，取最小值，此時最小值為此時，.令，則當或，即當或時，函數單調遞增當，即時，函數單調遞減.∴在上的單調增區(qū)間為，；單調減區(qū)間為.【點睛】本題主要考查了由正弦函數的性質確定解析式以及正弦型函數的單調性，屬于中檔題.19、（1）（2）是數列中的第項【解析】

(1)直接利用等差數列的公式計算得到通項公式.(2)將3998代入通項公式，是否有整數解.【詳解】(1)設數列的公差為，由題意有，解得則數列的通項公式為，(2)假設是數列中的項，有，得，故是數列中的第項【點睛】本題考查了等差數列的公式，屬于簡單題.20、（1），（2）【解析】

（1）根據與的關系，利用臨差法得到，知公差為3；再由代入遞推關系求；（2）觀察數列的通項公式，相鄰兩項的和有規(guī)律，故采用并項求和法，求其前項和.【詳解】（1）對任意，有，①當時，有，解得或.當時，有.②①-②并整理得.而數列的各項均為正數，.當時，，此時成立；當時，，此時，不成立，舍去.，.（2）.【點睛】已知與的遞推關系，利用臨差法求時，要注意對下標與分兩種情況，即；數列求和時要先觀察通項特點，再決定采用什么方法.21、（Ⅰ）或；（Ⅱ）（ⅰ）圓心為，半徑；（ⅱ）見解析【解析】

（Ⅰ）先判斷在圓外，所以圓過點的切線有兩條．再由斜率是否存在分別討論．（Ⅱ）（ⅰ）設直線PA和PB把其與直線交于，兩點表示出來，寫出圓的方程化簡即可．（ⅱ）先求出以為直徑的圓被軸截得的弦長，在設出PA和PB的直線方程，分別求出與直線的交點，求出圓心，再根據勾股定理易求解．【詳解】（Ⅰ）因為點在圓外，所以圓過點的切線有兩條．當直線的斜率不存在時，直線方程為，滿足條件．當直線的斜率存在時，可設為，即．由圓心到切線的距離，解得．此時切線方程為．綜上，圓的切線方程為或．（Ⅱ）因為圓與軸相交于，兩點，所以，．（?。┊旤c坐標為時，直線的斜率為，直線的方程為．直線與直線的交點坐標為，同理直線的斜率為，直線的方程為