2024屆北京市豐臺二中高一下數學期末教學質量檢測試題含解析

2024屆北京市豐臺二中高一下數學期末教學質量檢測試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．在明朝程大位《算法統(tǒng)宗》中，有這樣一首歌謠，叫浮屠增級歌：遠看巍巍塔七層，紅光點點倍加增；共燈三百八十一，請問層三幾盞燈．這首古詩描述的浮屠，現(xiàn)稱寶塔．本浮屠增級歌意思是：有一座7層寶塔，每層懸掛的紅燈數是上一層的2倍，寶塔中共有燈381盞，問這個寶塔第3層燈的盞數有()A． B． C． D．2．已知變量與負相關，且由觀測數據算得樣本平均數，則由該觀測數據算得的線性回歸方程可能是A． B．C． D．3．已知的內角、、的對邊分別為、、，邊上的高為，且，則的最大值是（）A． B． C． D．4．設△的內角所對的邊為，，，，則（）A． B．或 C． D．或5．黃金分割比是指將整體一分為二，較大部分與整體部分的比值等于較小部分與較大部分的比值，其比值為，約為0.618，這一比值也可以表示為a＝2cos72°，則＝（）A． B．1 C．2 D．6．變量滿足，目標函數，則的最小值是（）A． B．0 C．1 D．-17．我國古代名著《九章算術》中有這樣一段話：“今有金錘，長五尺，斬本一尺，重四斤，斬末一尺，重二斤．”意思是：“現(xiàn)有一根金錘，長5尺，頭部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤”，若該金錘從頭到尾，每一尺的重量構成等差數列，該金錘共重多少斤？（）A．6斤 B．7斤 C．9斤 D．15斤8．2019年是新中國成立70周年，渦陽縣某中學為慶祝新中國成立70周年，舉辦了“我和我的祖國”演講比賽，某選手的6個得分去掉一個最高分，去掉一個最低分，4個剩余分數的平均分為91.現(xiàn)場制作的6個分數的莖葉圖后來有1個數據模糊，無法辨認，在圖中以表示，則4個剩余分數的方差為（）A．1 B． C．4 D．69．直線的傾斜角為（）A． B． C． D．10．已知等差數列的前項和為，若，，則的值為（）A． B．0 C． D．182二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知等差數列的前n項和為，若，則的值為______________.12．已知向量，若，則________.13．兩平行直線與之間的距離為_______．14．函數的反函數為__________.15．若甲、乙、丙三人隨機地站成一排，則甲、乙兩人相鄰而站的概率為_________．16．在中，角的對邊分別為，若，則_______.（僅用邊表示）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．選修4-5：不等式選講已知函數，M為不等式的解集.（Ⅰ）求M；（Ⅱ）證明：當a，b時，.18．已知數列的前項和為，且.（1）求；（2）若，求數列的前項和.19．已知函數（1）若，求函數的零點；（2）若在恒成立，求的取值范圍；（3）設函數，解不等式.20．已知.（1）求；（2）求的值.21．已知等比數列的公比，前項和為，且滿足.，，分別是一個等差數列的第1項，第2項，第5項.（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前項和；（3）若，的前項和為，且對任意的滿足，求實數的取值范圍.

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】

先根據等比數列的求和公式求出首項，再根據通項公式求解.【詳解】從第1層到塔頂第7層，每層的燈數構成一個等比數列，公比為，前7項的和為381，則，得第一層，則第三層，故選【點睛】本題考查等比數列的應用，關鍵在于理解題意.2、D【解析】

由于變量與負相關，得回歸直線的斜率為負數，再由回歸直線經過樣本點的中心，得到可能的回歸直線方程.【詳解】由于變量與負相關，排除A,B，把代入直線得：成立，所以在直線上，故選D.【點睛】本題考查回歸直線斜率的正負、回歸直線過樣本點中心，考查基本數據處理能力.3、C【解析】

由余弦定理化簡可得，利用三角形面積公式可得，解得，利用正弦函數的圖象和性質即可得解其最大值．【詳解】由余弦定理可得：，故：，而，故，所以：．故選．【點睛】本題主要考查了余弦定理，三角形面積公式，正弦函數的圖象和性質在解三角形中的綜合應用，考查了轉化思想，屬于中檔題．4、B【解析】試題分析：因為，，，由正弦定理，因為是三角形的內角，且，所以，故選B．考點：正弦定理5、A【解析】

根據已知利用同角三角函數基本關系式，二倍角公式、誘導公式化簡即可求值得解．【詳解】∵a＝2cos72°，∴a2＝4cos272°，可得：4﹣a2＝4﹣4cos272°＝4sin272°，∴2sin72°，a2cos72°?2sin72°＝2sin144°＝2sin36°，∴．故選：A．【點睛】本題主要考查了同角三角函數基本關系式，二倍角公式、誘導公式在三角函數化簡求值中的應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于基礎題．6、D【解析】

先畫出滿足條件的平面區(qū)域，將變形為：，平移直線得直線過點時，取得最小值，求出即可．【詳解】解：畫出滿足條件的平面區(qū)域，如圖示：

由得：，

平移直線，顯然直線過點時，最小，

由，解得：

∴最小值，

故選：D．【點睛】本題考查了簡單的線性規(guī)劃問題，考查數形結合思想，是一道基礎題．7、D【解析】

直接利用等差數列的求和公式求解即可.【詳解】因為每一尺的重量構成等差數列，，，，數列的前5項和為．即金錘共重15斤，故選D．【點睛】本題主要考查等差數列求和公式的應用，意在考查運用所學知識解答實際問題的能力，屬于基礎題.8、B【解析】

由題意得x≥3，由此能求出4個剩余數據的方差．【詳解】由題意得x≥3，則4個剩余分數的方差為：s2[（93﹣91）2+（90﹣91）2+（90﹣91）2+（91﹣91）2]．故選B．【點睛】本題考查了方差的計算問題，也考查了莖葉圖的性質、平均數、方差等基礎知識，是基礎題．9、C【解析】

由直線方程求出直線的斜率，即得傾斜角的正切值，從而求出傾斜角．【詳解】設直線的傾斜角為，由，得：，故中直線的斜率，∵，∴；故選C．【點睛】本題考查了直線的傾斜角與斜率的問題，是基礎題．10、B【解析】

由，可得，可得的值.【詳解】解：已知等差數列中，可得，即：，，故選B【點睛】本題主要考查等差數列的性質，從數列自身的特點入手是解決問題的關鍵.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、1【解析】

由等差數列的性質可得a7+a9+a11＝3a9，而S17＝17a9，故本題可解．【詳解】∵a1+a17＝2a9，∴S1717a9＝170，∴a9＝10，∴a7+a9+a11＝3a9＝1；故答案為：1．【點睛】本題考查了等差數列的前n項和公式與等差數列性質的綜合應用，屬于基礎題．12、【解析】

直接利用向量平行性質得到答案.【詳解】，若故答案為【點睛】本題考查了向量平行的性質，屬于簡單題.13、【解析】

先根據兩直線平行求出，再根據平行直線間的距離公式即可求出．【詳解】因為直線的斜率為，所以直線的斜率存在，，即，解得或．當時，，即，故兩平行直線的距離為．當時，，，兩直線重合，不符合題意，應舍去．故答案為：．【點睛】本題主要考查平行直線間的距離公式的應用，以及根據兩直線平行求參數，屬于基礎題．14、【解析】

由得，即，把與互換即可得出【詳解】由得所以把與互換，可得故答案為：【點睛】本題考查的是反函數的求法，較簡單.15、【解析】記甲、乙兩人相鄰而站為事件A甲、乙、丙三人隨機地站成一排的所有排法有=6，則甲、乙兩人相鄰而站的戰(zhàn)法有=4種站法∴=16、【解析】

直接利用正弦定理和三角函數關系式的變換的應用求出結果．【詳解】由正弦定理，結合可得，即，即，從而.【點睛】本題考查的知識要點：三角函數關系式的恒等變換，正弦定理余弦定理和三角形面積的應用，主要考察學生的運算能力和轉換能力，屬于基礎題型．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）詳見解析.【解析】試題分析：（I）先去掉絕對值，再分，和三種情況解不等式，即可得；（II）采用平方作差法，再進行因式分解，進而可證當，時，．試題解析：（I）當時，由得解得；當時，；當時，由得解得.所以的解集.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，當時，，從而，因此【考點】絕對值不等式，不等式的證明.【名師點睛】形如（或）型的不等式主要有兩種解法：（1）分段討論法：利用絕對值號內式子對應的方程的根，將數軸分為，，（此處設）三個部分，在每個部分去掉絕對值號并分別列出對應的不等式進行求解，然后取各個不等式解集的并集．（2）圖象法：作出函數和的圖象，結合圖象求解．18、（1）；（2）.【解析】

（1）利用與的關系可得，再利用等差數列的通項公式即可求解.（2）由（1）求出，再利用裂項求和法即可求解.【詳解】解：（1）因為，①所以當時，，又，故.當時，，②①②得，，整理得.因為，所以，所以是以為首項，以1為公差的等差數列.所以，即.（2）由（1）及得，，所以.【點睛】本小題考查與的關系、等差數列的定義及通項公式、數列求和等基礎知識，考查運算求解能力、推理論證能力，考查函數與方程思想、分類與整合思想等.19、(1)1；(2)(3)見解析【解析】

（1）解方程可得零點；（2）恒成立，可分離參數得，這樣只要求得在上的最大值即可；（3）注意到的定義域，不等式等價于，這樣可根據與0，1的大小關系分類討論．【詳解】（1）當時，令得，，∵，∴函數的零點是1（2）在恒成立，即在恒成立，分離參數得：，∵，∴從而有：.（3）令，得，，因為函數的定義域為，所以等價于（1）當，即時，恒成立，原不等式的解集是（2）當，即時，原不等式的解集是（3）當，即時，原不等式的解集是（4）當，即時，原不等式的解集是綜上所述：當時，原不等式的解集是當時，原不等式的解集是當時，原不等式的解集是當時，原不等式的解集是【點睛】本題考查函數的零點，考查不等式恒成立問題，考查解含參數的一元二次不等式．其中不等式恒成立問題可采用參數法轉化為求函數的最值問題，而解一元二次不等式，必須對參數分類討論，解題關鍵是確定分類標準．解一元二次不等式的分類標準有三個方面：一是二次的系數正負或者為0問題，二是一元二次方程的判別式的正負或0的問題，三是一元二次方程兩根的大小關系．20、（1）（2）【解析】

（1）根據三角函數的基本關系式，可得，再結合正切的倍角公式，即可求解；（2）由（1）知，結合三角函數的基本關系式，即可求解，得到答案.【詳解】（1）由，根據三角函數的基本關系式，可得，所以.（2）由（1）知，又由.【點睛】本題主要考查了三角函數的基本關系式和正切的倍角公式的化簡求值，其中解答中熟記三角函數的基本關系式和三角恒等變換的公式，準確運算是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題.21、(1).(2)；(3)【解析】

（1）利用等比數列通項公式以及求和公式化簡，得到，由，，分別是一個等差數列的第1項，第2項，第5項，利用等差數列的定義可得，化簡即可求出，從而