廣東省汕頭市潮陽新世界中英文學校2024屆數(shù)學高一第二學期期末質量跟蹤監(jiān)視模擬試題含解析

廣東省汕頭市潮陽新世界中英文學校2024屆數(shù)學高一第二學期期末質量跟蹤監(jiān)視模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y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．在中，已知，且，則的值是（）A． B． C． D．2．在中，分別為角的對邊)，則的形狀是()A．直角三角形 B．等腰三角形或直角三角形C．等腰直角三角形 D．正三角形3．如圖，PA垂直于以AB為直徑的圓所在平面，C為圓上異于A，B的任意一點，垂足為E，點F是PB上一點，則下列判斷中不正確的是（）﹒A．平面PAC B． C． D．平面平面PBC4．已知直線平面，直線平面，下列四個命題中正確的是（）．（）（）（）（）A．（）與（） B．（）與（） C．（）與（） D．（）與（）5．已知中，，，若，則的坐標為（）A． B． C． D．6．在中，內角所對的邊分別為，且，則（）A． B． C． D．7．在中，若，則下列結論錯誤的是（）A．當時，是直角三角形 B．當時，是銳角三角形C．當時，是鈍角三角形 D．當時，是鈍角三角形8．已知、的取值如下表所示：如果與呈線性相關，且線性回歸方程為，則（）A． B． C． D．9．直線的傾斜角的大小為（）A． B． C． D．10．如圖，正方形的邊長為2cm，它是水平放置的一個平面圖形的直觀圖，則原平面圖形的周長是（）cm．A．12 B．16 C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．方程在上的解集為______．12．如圖，已知扇形和，為的中點.若扇形的面積為1，則扇形的面積為______.13．已知直線平分圓的周長，則實數(shù)________．14．等差數(shù)列，，存在正整數(shù)，使得，，若集合有4個不同元素，則的可能取值有______個.15．已知扇形的圓心角，扇形的面積為，則該扇形的弧長的值是______.16．已知棱長都相等正四棱錐的側面積為，則該正四棱錐內切球的表面積為________．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．已知向量.（I）當實數(shù)為何值時，向量與共線？（II）若向量，且三點共線，求實數(shù)的值.18．已知邊長為2的等邊，是邊的中點，以為旋轉中心，逆時針旋轉得對應，與所在直線交于.（1）任意旋轉角，判斷是否是定值.若是，求此定值；若不是，說明理由.（2）求的最小值.19．如圖，正方體的棱長為2，E，F(xiàn)分別為，AC的中點．（1）證明：平面；（2）求三棱錐的體積．20．已知過點A(0，1)且斜率為k的直線l與圓C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N兩點．(1)求k的取值范圍；(2)若＝12，其中O為坐標原點，求|MN|.21．某校進行學業(yè)水平模擬測試，隨機抽取了名學生的數(shù)學成績（滿分分），繪制頻率分布直方圖，成績不低于分的評定為“優(yōu)秀”．（1）從該校隨機選取一名學生，其數(shù)學成績評定為“優(yōu)秀”的概率；（2）估計該校數(shù)學平均分（同一組數(shù)據用該組區(qū)間的中點值作代表）．

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【解題分析】

由正弦定理邊角互化思想得，由可得出的三邊長，可判斷出三角形的形狀，由此可得出的值，再利用平面向量數(shù)量積的定義可計算出的值.【題目詳解】，，，，，，為等腰直角三角形，.因此，，故選C.【題目點撥】本題考查正弦定理邊角互化思想的應用，同時也考查了平面向量數(shù)量積定義的計算，在求平面向量數(shù)量積的計算時，要注意向量的起點要一致，考查運算求解能力，屬于中等題.2、A【解題分析】

根據正弦定理得到，化簡得到，得到，得到答案.【題目詳解】，則，即，即，，故，.故選：.【題目點撥】本題考查了正弦定理判斷三角形形狀，意在考查學生的計算能力和轉化能力.3、C【解題分析】

根據線面垂直的性質及判定，可判斷ABC選項，由面面垂直的判定可判斷D.【題目詳解】對于A，PA垂直于以AB為直徑的圓所在平面，而底面圓面，則，又由圓的性質可知，且，則平面PAC.所以A正確；對于B，由A可知，由題意可知，且，所以平面，而平面，所以，所以B正確；對于C，由B可知平面，因而與平面不垂直，所以不成立，所以C錯誤.對于D，由A、B可知，平面PAC，平面，由面面垂直的性質可得平面平面PBC.所以D正確；綜上可知，C為錯誤選項.故選：C.【題目點撥】本題考查了線面垂直的性質及判定，面面垂直的判定定理，屬于基礎題.4、D【解題分析】

∵直線l⊥平面α，若α∥β，則直線l⊥平面β，又∵直線m?平面β，∴l(xiāng)⊥m，即(1)正確；∵直線l⊥平面α，若α⊥β，則l與m可能平行、異面也可能相交，故(2)錯誤；∵直線l⊥平面α，若l∥m，則m⊥平面α，∵直線m?平面β，∴α⊥β；故(3)正確；∵直線l⊥平面α，若l⊥m，則m∥α或m?α，則α與β平行或相交，故(4)錯誤；故選D.5、A【解題分析】

根據，，可得；由可得M為BC中點，即可求得的坐標，進而利用即可求解．【題目詳解】因為，所以因為，即M為BC中點所以所以所以選A【題目點撥】本題考查了向量的減法運算和線性運算，向量的坐標運算，屬于基礎題．6、C【解題分析】

根據題目條件結合三角形的正弦定理以及三角形內角和定理可得sinA，進而利用二倍角余弦公式得到結果.【題目詳解】∵．∴sinAcosB＝4sinCcosA﹣sinBcosA即sinAcosB+sinBcosA＝4cosAsinC∴sinC＝4cosAsinC∵1＜C＜π，sinC≠1．∴1＝4cosA，即cosA，那么．故選C【題目點撥】本題考查了正弦定理及二倍角余弦公式的靈活運用，考查計算能力，屬于基礎題．7、D【解題分析】

由正弦定理化簡已知可得，利用余弦定理，勾股定理，三角形兩邊之和大于第三邊等知識逐一分析各個選項即可得解．【題目詳解】解：為非零實數(shù)），可得：，由正弦定理，可得：，對于A，時，可得：，可得，即為直角，可得是直角三角形，故正確；對于B，時，可得：，可得為最大角，由余弦定理可得，可得是銳角三角形，故正確；對于C，時，可得：，可得為最大角，由余弦定理可得，可得是鈍角三角形，故正確；對于D，時，可得：，可得，這樣的三角形不存在，故錯誤．故選：D．【題目點撥】本題主要考查了正弦定理，余弦定理，勾股定理在解三角形中的應用，考查了分類討論思想，屬于基礎題．8、A【解題分析】

計算出、，再將點的坐標代入回歸直線方程，可求出的值.【題目詳解】由表格中的數(shù)據可得，，由于回歸直線過樣本的中心點，則有，解得，故選：A.【題目點撥】本題考查回歸直線方程中參數(shù)的計算，解題時要充分利用回歸直線過樣本的中心點這一結論，考查計算能力，屬于基礎題.9、B【解題分析】

由直線方程,可知直線的斜率，設直線的傾斜角為，則，又，所以，故選．10、B【解題分析】

根據直觀圖與原圖形的關系，可知原圖形為平行四邊形，結合線段關系即可求解.【題目詳解】根據直觀圖，可知原圖形為平行四邊形，因為正方形的邊長為2cm，所以原圖形cm，，則，所以原平面圖形的周長為，故選：B.【題目點撥】本題考查了平面圖形直觀圖與原圖形的關系，由直觀圖求原圖形面積方法，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】

由求出的取值范圍，由可得出的值，從而可得出方程在上的解集.【題目詳解】，，由，得.，解得，因此，方程在上的解集為.故答案為：.【題目點撥】本題考查正切方程的求解，解題時要求出角的取值范圍，考查計算能力，屬于基礎題.12、1【解題分析】

設，在扇形中，利用扇形的面積公式可求，根據已知，在扇形中，利用扇形的面積公式即可計算得解．【題目詳解】解：設，扇形的面積為1，即：，解得：，為的中點，，在扇形中，．故答案為：1．【題目點撥】本題主要考查了扇形的面積公式的應用，考查了數(shù)形結合思想和轉化思想，屬于基礎題．13、1【解題分析】

由題得圓心在直線上，解方程即得解.【題目詳解】由題得圓心（1，a）在直線上，所以.故答案為1【題目點撥】本題主要考查直線和圓的位置關系，意在考查學生對該知識的理解掌握水平，屬于基礎題.14、4【解題分析】

由題意得為周期數(shù)列，集合有4個不同元素，得，在分別對取值討論即可.【題目詳解】設等差數(shù)列的首項為，公差為，則，，由題意，存在正整數(shù)，使得，又集合有4個不同元素，得，當時，，即，，或（舍），，取，則，在單位圓上的4個等分點可取到4個不同的正弦值，即集合可取4個不同元素；當，，即，，在單位圓上的5個等分點不可能取到4個不同的正弦值，故舍去；同理可得：當，，，集合可取4個不同元素；當時，，單位圓上至少9個等分點取4個不同的正弦值，必有至少3個相等的正弦值，不符合集合的元素互異性，故不可取應舍去.故答案：4.【題目點撥】本題考查等差數(shù)列的通項公式、集合元素的性質以及三角函數(shù)的周期性，理解分析問題能力，屬于難題.15、【解題分析】

先結合求出，再由求解即可【題目詳解】由，則故答案為：【題目點撥】本題考查扇形的弧長和面積公式的使用，屬于基礎題16、【解題分析】

根據側面積求出正四棱錐的棱長，畫出組合體的截面圖，根據三角形的相似求得四棱錐內切球的半徑，于是可得內切球的表面積．【題目詳解】設正四棱錐的棱長為，則，解得．于是該正四棱錐內切球的大圓是如圖△PMN的內切圓，其中，．∴．設內切圓的半徑為，由∽，得，即，解得，∴內切球的表面積為．【題目點撥】與球有關的組合體問題，一種是內切，一種是外接．解題時要認真分析圖形，明確切點和接點的位置，確定有關元素間的數(shù)量關系，并作出合適的截面圖，如球內切于正方體，切點為正方體各個面的中心，正方體的棱長等于球的直徑；球外接于正方體，正方體的頂點均在球面上，正方體的體對角線長等于球的直徑．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）【解題分析】

（1）利用向量的運算法則、共線定理即可得出；（2）利用向量共線定理、平面向量基本定理即可得出．【題目詳解】（1）kk（1，0）﹣（2，1）＝（k﹣2，﹣1）．2（1，0）+2（2，1）＝（5，2）．∵k與2共線∴2（k﹣2）﹣（﹣1）×5＝0，即2k﹣4+5＝0，得k．（2）∵A、B、C三點共線，∴．∴存在實數(shù)λ，使得，又與不共線，∴，解得．【題目點撥】本題考查了向量的運算法則、共線定理、平面向量基本定理，屬于基礎題．18、（1）是，0；（2）.【解題分析】

（1）以為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸建立平面直角坐標系，得出的坐標，計算得出，進而得出；（2）根據得出點的軌跡是以為直徑的圓，由圓的對稱性得出的最小值.【題目詳解】（1）以為坐標原點，所在直線為軸，所在直線為軸建立平面直角坐標系則，即∴設，則所以為定值，定值為（2）由（1）知，故在以為直徑的圓上設的中點，則，以為直徑的圓的半徑由圓的對稱性可知，的最小值是.【題目點撥】本題主要考查了計算向量的數(shù)量積以及圓對稱性的應用，屬于中檔題.19、(1)證明見解析；(2)【解題分析】

（1）可利用線線平行來證明線面平行（2）可采用等體積法進行求解【題目詳解】證明：（1）如圖，連結BD；因為四邊形ABCD為正方形，所以BD交AC于F且F為BD中點；又因為E為中點，所以；因為平面，平面，所以平面；（2）三棱錐的體積.【題目點撥】本題考查了線面平行的證明及錐體體積的求解方法，證線面平行一般是通過證線線平行來證明，三棱錐的體積常用等體積法轉換底面和高進行求解.20、（3）；（3）3．【解題分析】試題分析：（3）由題意可得，直線l的斜率存在，用點斜式求得直線l的方程，根據圓心到直線的距離等于半徑求得k的值，可得滿足條件的k的范圍．（3）由題意可得，經過點M、N、A的直線方程為y=kx+3，根據直線和圓相交的弦長公式進行求解試題解析：（3）由題意可得，直線l的斜率存在，設過點A（2，3）的直線方程：y=kx+3，即：kx-y+3=2．由已知可得圓C的圓心C的坐標（3，3），半徑R=3．故由，解得：．故當，過點A（2，3）的直線與圓C：相交于M，N兩點．（3）設M；N，由題意可得，經過點M、N、A的直線方程為y=kx+3，代入圓C的方程，可得，∴，∴，由，解得k=3，故直線l的方程為