2024屆銅陵市第一中學數學高一第二學期期末質量跟蹤監視試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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．函數（其中，）的部分圖象如圖所示、將函數的圖象向左平移個單位長度，得到的圖象，則下列說法正確的是（）A．函數為奇函數B．函數的單調遞增區間為C．函數為偶函數D．函數的圖象的對稱軸為直線2．下列四個函數中，與函數完全相同的是（）A． B．C． D．3．設矩形的長為，寬為，其比滿足∶＝，這種矩形給人以美感，稱為黃金矩形．黃金矩形常應用于工藝品設計中．下面是某工藝品廠隨機抽取兩個批次的初加工矩形寬度與長度的比值樣本：甲批次：0.5980.6250.6280.5950.639乙批次：0.6180.6130.5920.6220.620根據上述兩個樣本來估計兩個批次的總體平均數，與標準值0.618比較，正確結論是A．甲批次的總體平均數與標準值更接近B．乙批次的總體平均數與標準值更接近C．兩個批次總體平均數與標準值接近程度相同D．兩個批次總體平均數與標準值接近程度不能確定4．問題：①有1000個乒乓球分別裝在3個箱子內，其中紅色箱子內有500個，藍色箱子內有200個，黃色箱子內有300個，現從中抽取一個容量為100的樣本；②從20名學生中選出3名參加座談會.方法：Ⅰ.隨機抽樣法Ⅱ.系統抽樣法Ⅲ.分層抽樣法.其中問題與方法能配對的是()A．①Ⅰ，②Ⅱ B．①Ⅲ，②Ⅰ C．①Ⅱ，②Ⅲ D．①Ⅲ，②Ⅱ5．已知正實數滿足，則的最大值為（）A．2 B． C．3 D．6．在的二面角內，放置一個半徑為3的球，該球切二面角的兩個半平面于A，B兩點，那么這兩個切點在球面上的最短距離為（）A． B． C． D．7．已知，且，那么a，b，，的大小關系是（）A． B．C． D．8．設等差數列的前n項和為，若，則()A．3 B．4 C．5 D．69．在中，角的對邊分別為，若，則A．無解 B．有一解C．有兩解 D．解的個數無法確定10．已知等比數列的前n項和為，若，，，則（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知，則的值為______12．向量．若向量，則實數的值是________．13．公比為2的等比數列的各項都是正數，且，則的值為___________14．如圖，在正方體中，有以下結論：①平面；②平面；③；④異面直線與所成的角為.則其中正確結論的序號是____（寫出所有正確結論的序號）.15．已知函數，下列結論中：函數關于對稱；函數關于對稱；函數在是增函數，將的圖象向右平移可得到的圖象．其中正確的結論序號為______．16．如圖，在正方體中，點P是上底面（含邊界）內一動點，則三棱錐的主視圖與俯視圖的面積之比的最小值為______.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．已知函數，且函數是偶函數，設(1)求的解析式；(2)若不等式≥0在區間(1，e2]上恒成立，求實數的取值范圍；(3)若方程有三個不同的實數根，求實數的取值范圍．18．已知為銳角，，．（1）求的值；（2）求的值．19．在中，角，，的對邊分別為，，，已知向量，，且．（1）求角的值；（2）若為銳角三角形，且，求的取值范圍．20．已知所在平面內一點，滿足：的中點為，的中點為，的中點為.設，，如圖，試用，表示向量.21．在中，內角，，所對的邊分別為，，.已知.（Ⅰ）求；（Ⅱ）若，，求的值.

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、B【解題分析】

本題首先可以根據題目所給出的圖像得出函數的解析式，然后根據三角函數平移的相關性質以及函數的解析式得出函數的解析式，最后通過函數的解析式求出函數的單調遞增區間，即可得出結果．【題目詳解】由函數的圖像可知函數的周期為、過點、最大值為3，所以,，，，，所以取時，函數的解析式為，將函數的圖像向左平移個單位長度得，當時，即時，函數單調遞增，故選B．【題目點撥】本題考查三角函數的相關性質，主要考查三角函數圖像的相關性質以及三角函數圖像的變換，函數向左平移個單位所得到的函數，考查推理論證能力，是中檔題．2、C【解題分析】

先判斷函數的定義域是否相同，再通過化簡判斷對應關系是否相同，從而判斷出與相同的函數.【題目詳解】的定義域為，A.，因為，所以，定義域為或，與定義域不相同；B.，因為，所以，所以定義域為，與定義域不相同；C.，因為，所以定義域為，又因為，所以與相同；D.，因為，所以，定義域為，與定義域不相同.故選：C.【題目點撥】本題考查與三角函數有關的相同函數的判斷，難度一般.判斷相同函數時，首先判斷定義域是否相同，定義域相同時再去判斷對應關系是否相同（函數化簡），結合定義域與對應關系即可判斷出是否是相同函數.3、A【解題分析】甲批次的平均數為0.617，乙批次的平均數為0.6134、B【解題分析】解：（1）中由于小區中各個家庭收入水平之間存在明顯差別故（1）要采用分層抽樣的方法（2）中由于總體數目不多，而樣本容量不大故（2）要采用簡單隨機抽樣故問題和方法配對正確的是：（1）Ⅲ（2）Ⅰ．故選B．5、B【解題分析】

由，然后由基本不等式可得最大值．【題目詳解】，當且僅當，即時，等號成立．∴所求最大值為．故選：B.【題目點撥】本題考查用基本不等式求最值，注意基本不等式求最值的條件：一正二定三相等．6、A【解題分析】

根據題意，作出截面圖，計算弧長即可.【題目詳解】根據題意，作出該球過球心且經過A、B的截面圖如下所示：由題可知：則，故滿足題意的最短距離為弧長BA，在該弧所在的扇形中，弧長.故選：A.【題目點撥】本題考查弧長的計算公式，二面角的定義，屬綜合基礎題.7、D【解題分析】

直接用作差法比較它們的大小得解.【題目詳解】；；.故.故選：D【題目點撥】本題主要考查了作差法比較實數的大小，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題.8、C【解題分析】

由又，可得公差，從而可得結果.【題目詳解】是等差數列又，∴公差，，故選C．【題目點撥】本題主要考查等差數列的通項公式與求和公式的應用，意在考查靈活應用所學知識解答問題的能力，屬于中檔題.9、C【解題分析】

求得，根據，即可判定有兩解，得到答案.【題目詳解】由題意，因為，又由，且，所以有兩解.【題目點撥】本題主要考查了三角形解的個數的判定，以及正弦定理的應用，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.10、D【解題分析】

根據等比數列前n項和的性質可知、、成等比數列,即可得關于的等式,化簡即可得解.【題目詳解】等比數列的前n項和為,若,,根據等比數列前n項和性質可知,、、滿足：化簡可得故選：D【題目點撥】本題考查了等比數列前n項和的性質及簡單應用,屬于基礎題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】

根據兩角差的正弦公式，化簡，解出的值，再平方，即可求解.【題目詳解】由題意，可知，，平方可得則故答案為：【題目點撥】本題考查三角函數常用公式關系轉換，屬于基礎題.12、-3【解題分析】

試題分析：∵，∴，又∵，∴，∴，∴考點：本題考查了向量的坐標運算點評：熟練運用向量的坐標運算是解決此類問題的關鍵，屬基礎題13、2【解題分析】

根據等比數列的性質與基本量法求解即可.【題目詳解】由題,因為,又等比數列的各項都是正數,故.故.故答案為：【題目點撥】本題主要考查了等比數列的等積性與各項之間的關系.屬于基礎題.14、①③【解題分析】

①：利用線面平行的判定定理可以直接判斷是正確的結論；②：舉反例可以判斷出該結論是錯誤的；③：可以利用線面垂直的判定定理，得到線面垂直，再利用線面垂直的性質定理可以判斷是正確的結論；④：可以通過，可以判斷出異面直線與所成的角為，即本結論是錯誤的，最后選出正確的結論序號.【題目詳解】①：平面，平面平面，故本結論是正確的；②：在正方形中，，顯然不垂直，而，所以不互相垂直，要是平面，則必有互相垂直，顯然是不可能的，故本結論是錯誤的；③：平面，平面，，在正方形中，，平面，，所以平面，而平面，故，因此本結論是正確的；④：因為，所以異面直線與所成的角為，在正方形中，，故本結論是錯誤的，因此正確結論的序號是①③.【題目點撥】本題考查了線面平行的判定定理、線面垂直的判定定理、性質定理，考查了異面直線所成的角、線面垂直的性質.15、【解題分析】

把化成的型式即可。【題目詳解】由題意得所以對稱軸為，對，當時，對稱中心為，對。的增區間為，對向右平移得。錯【題目點撥】本題考查三角函數的性質，三角函數變換，意在考查學生對三角函數的圖像與性質的掌握情況。16、【解題分析】

設正方體的棱長為，求出三棱錐的主視圖面積為定值，當與重合時，三棱錐的俯視圖面積最大，此時主視圖與俯視圖面積比值最小.【題目詳解】設正方體的棱長為，則三棱錐的主視圖是底面邊為，高為的三角形，其面積為，當與重合時，三棱錐的俯視圖為正方形，其面積最大，最大值為，所以，三棱錐的主視圖與俯視圖面積比的最小值為.故答案為：.【題目點撥】本題考查了空間幾何體的三視圖面積計算應用問題，屬于基礎題.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、(1)；(2)；(3).【解題分析】

（1）對稱軸為，對稱軸為，再根據圖像平移關系求解；（2）分離參數，轉化為求函數的最值；（3）令為整體，轉化為二次函數根的分布問題求解.【題目詳解】(1)函數的對稱軸為，因為向左平移1個單位得到，且是偶函數，所以，所以.(2)即又，所以，則因為，所以實數的取值范圍是.(3)方程即化簡得令，則若方程有三個不同的實數根，則方程必須有兩個不相等的實數根，且或，令當時，則，即，當時，，，，舍去，綜上，實數的取值范圍是.【題目點撥】本題考查求函數解析式，函數不等式恒成立及函數零點問題.函數不等式恒成立通常采用參數分離法；函數零點問題要結合函數與方程的關系求解.18、（1）；（2）【解題分析】分析：先根據同角三角函數關系得，再根據二倍角余弦公式得結果；（2）先根據二倍角正切公式得，再利用兩角差的正切公式得結果.詳解：解：（1）因為，，所以．因為，所以，因此，．（2）因為為銳角，所以．又因為，所以，因此．因為，所以，因此，．點睛：應用三角公式解決問題的三個變換角度(1)變角：目的是溝通題設條件與結論中所涉及的角，其手法通常是“配湊”.(2)變名：通過變換函數名稱達到減少函數種類的目的，其手法通常有“切化弦”、“升冪與降冪”等.(3)變式：根據式子的結構特征進行變形，使其更貼近某個公式或某個期待的目標，其手法通常有：“常值代換”、“逆用變用公式”、“通分約分”、“分解與組合”、“配方與平方”等.19、（1）；（2）【解題分析】

（1）根據和正弦定理余弦定理求得.(2)先利用正弦定理求出R=1,再把化成，再利用三角函數的圖像和性質求解.【題目詳解】（1）因為，所以，由正弦定理化角為邊可得，即，由余弦定理可得，又，所以．（2）由（1）可得，設的外接圓的半徑為，因為，，所以，則，因為為銳角三角形，所以，即，所以，所以，所以，故的取值范圍為．【題目點撥】(1)本題主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角函數的圖像和性質，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.(2)對于復合函數的問題自然是利用復合函數的性質解答，求復合函數的最值，一般從復合函數的定義域入手，結合三角函數的圖像一步一步地推出函數的最值.20、【解題分析】

由為的中點，則可得,為的中點,則可得,從中可以求出向量,得到答案.【題目詳解】由為的