江蘇省吳江市平望中學2024年高一數學第二學期期末教學質量檢測試題含解析

江蘇省吳江市平望中學2024年高一數學第二學期期末教學質量檢測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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，設角，，的對邊分別是，，，且，則一定是（）A．等邊三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形2．不等式的解集為，則不等式的解集為（）A．或 B． C． D．或3．在中，點是邊上的靠近的三等分點，則（）A． B．C． D．4．兩直角邊分別為1,的直角三角形繞其斜邊所在的直線旋轉一周，得到的幾何體的表面積是()A． B．3π C． D．5．已知圓，直線，點在直線上．若存在圓上的點，使得（為坐標原點），則的取值范圍是A． B． C． D．6．如果數列的前項和為，那么數列的通項公式是（）A． B．C． D．7．把函數的圖象經過變化而得到的圖象，這個變化是（）A．向左平移個單位 B．向右平移個單位C．向左平移個單位 D．向右平移個單位8．如圖，若長方體的六個面中存在三個面的面積分別是2,3,6，則該長方體中線段的長是（）A． B． C．28 D．9．函數的最小正周期為，則圖象的一條對稱軸方程是（）A． B． C． D．10．已知奇函數滿足，則的取值不可能是（）A．2 B．4 C．6 D．10二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知數列滿足:,則___________.12．在數列中，，則___________.13．已知sin＝，則cos＝________．14．已知等比數列中，，，若數列滿足，則數列的前項和＝________．15．若數列滿足，且，則___________.16．某工廠生產三種不同型號的產品,產品數量之比依次為，現用分層抽樣方法抽出一個容量為的樣本,樣本中種型號產品有16件,那么此樣本的容量=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．定理：若函數的圖象關于直線對稱，且方程有個根，則這個根之和為.利用上述定理，求解下列問題：（1）已知函數，，設函數的圖象關于直線對稱，求的值及方程的所有根之和；（2）若關于的方程在實數集上有唯一的解，求的值.18．數列的前n項和滿足.（1）求證：數列是等比數列；（2）若數列為等差數列，且，求數列的前n項.19．已知函數．（1）求（x）的最小正周期和單調遞增區(qū)間；（2）求f（x）在區(qū)間上的最大值和最小值．20．已知等比數列的前項和為，公比，，．（1）求等比數列的通項公式；（2）設，求的前項和．21．已知函數，，值域為，求常數、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、C【解析】

利用二倍角公式化簡已知表達式，利用余弦定理化角為邊的關系，即可推出三角形的形狀．【詳解】解：因為，所以，即，由余弦定理可知：，所以．所以三角形是直角三角形．故選：．【點睛】本題考查三角形的形狀的判斷，余弦定理的應用，考查計算能力，屬于中檔題．2、A【解析】不等式的解集為,的兩根為，，且，即,解得則不等式可化為解得故選3、A【解析】

將題中所體現的圖形畫出，可以很直觀的判斷向量的關系.【詳解】如圖有向量運算可以知道：,選擇A【點睛】考查平面向量基本定理，利用好兩向量加法的計算原則：首尾相連，首尾相接.4、A【解析】

由題知該旋轉體為兩個倒立的圓錐底對底組合在一起，根據圓錐的側面積計算公式可得．【詳解】由題得直角三角形的斜邊為2，則斜邊上的高為.由題知該幾何體為兩個倒立的圓錐底對底組合在一起，其中，故選．【點睛】本題考查旋轉體的定義，圓錐的表面積的計算，屬于基礎題.5、B【解析】

根據條件若存在圓C上的點Q,使得為坐標原點),等價即可,求出不等式的解集即可得到的范圍【詳解】圓O外有一點P,圓上有一動點Q,在PQ與圓相切時取得最大值.

如果OP變長,那么可以獲得的最大值將變小.可以得知,當,且PQ與圓相切時,,

而當時,Q在圓上任意移動,存在恒成立.

因此滿足,就能保證一定存在點Q,使得,否則,這樣的點Q是不存在的，

點在直線上,,即

,

,

計算得出,,

的取值范圍是，

故選B.考點：正弦定理、直線與圓的位置關系.6、D【解析】

利用計算即可.【詳解】當時，當時，即，故數列為等比數列則因為，所以故選：D【點睛】本題主要考查了已知來求，關鍵是利用來求解，屬于基礎題.7、B【解析】

試題分析：，與比較可知：只需將向右平移個單位即可考點：三角函數化簡與平移8、A【解析】

由長方體的三個面對面積先求出同一點出發(fā)的三條棱長，即可求出結果.【詳解】設長方體從一個頂點出發(fā)的三條棱的長分別為，且，，，則，，，所以長方體中線段的長等于.【點睛】本題主要考查簡單幾何體的結構特征，屬于基礎題型.9、D【解析】

先根據函數的周期求出的值，求出函數的對稱軸方程，然后利用賦值法可得出函數圖象的一條對稱軸方程.【詳解】由于函數的最小正周期為，則，，令，解得.當時，函數圖象的一條對稱軸方程為.故選：D.【點睛】本題考查利用正弦型函數的周期求參數，同時也考查了正弦型函數圖象對稱軸方程的計算，解題時要結合正弦函數的基本性質來進行求解，考查運算求解能力，屬于中等題.10、B【解析】

由三角函數的奇偶性和對稱性可求得參數的值.【詳解】由是奇函數得又因為得關于對稱，所以，解得所以當時，得A答案；當時，得C答案；當時，得D答案；故選B.【點睛】本題考查三角函數的奇偶性和對稱性，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、0【解析】

先由條件得，然后【詳解】因為所以因為，且所以，即故答案為：0【點睛】本題考查的是數列的基礎知識，較簡單.12、-1【解析】

首先根據，得到是以，的等差數列.再計算其前項和即可求出，的值.【詳解】因為，.所以數列是以，的等差數列.所以.所以，，.故答案為：【點睛】本題主要考查等差數列的判斷和等差數列的前項和的計算，屬于簡單題.13、【解析】

由sin＝，得cos2＝1－2sin2＝，即cos＝，所以cos＝cos＝，故答案為.14、【解析】試題分析：根據題意，由于等比數列中，，，則可知公比為，那么可知等比數列中，，，故可知，那么可知數列的前項和＝1=，故可知答案為．考點：等比數列點評：主要是考查了等比數列的通項公式以及數列的求和的運用，屬于基礎題．15、【解析】

對已知等式左右取倒數可整理得到，進而得到為等差數列；利用等差數列通項公式可求得，進而得到的通項公式，從而求得結果.【詳解】，即數列是以為首項，為公差的等差數列故答案為：【點睛】本題考查利用遞推公式求解數列通項公式的問題，關鍵是明確對于形式的遞推關系式，采用倒數法來進行推導.16、1．【解析】

解：A種型號產品所占的比例為2/(2+3+5)=2/10，16÷2/10=1，故樣本容量n=1，三、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）.【解析】

（1）根據定義域和對稱性即可得出的值，求出的解的個數，利用定理得出所有根的和；（2）令，則為偶函數，于是的唯一零點為，于是，即可解出的值．【詳解】解：（1）在上的圖象關于直線對稱，，令得，，即，．在上有7個零點，方程的所以根之和為．（2）令，則，是偶函數，的圖象關于軸對稱，即關于直線對稱，只有1解，的唯一解為，即，，解得．【點睛】本題考查了函數零點與函數圖象對稱性的關系，屬于基礎題．18、(1)見證明；(2)【解析】

（1）利用與的關系，即要注意對進行討論，再根據等比數列的定義，證明為常數；（2）利用錯位相減法對數列進行求和.【詳解】解（1）當時，，所以因為①，所以當時，②，①-②得，所以，所以，所以是首項為2，公比為2的等比數列.（2）由（1）知，，所以，因為，所以，設的公差為，則，所以所以，，所以，則，以上兩式相減得：，所以.【點睛】數列為等差數列，數列為等比數列，則數列的求和可采用錯位相減法求和，注意求和后要保證常數的準確性.19、（1）,的增區(qū)間是．（2）．【解析】試題分析：（1）利用兩角和正弦公式和降冪公式化簡，得到的形式，利用公式計算周期．（2）利用正弦函數的單調區(qū)間，再求的單調性．（3）求三角函數的最小正周期一般化成，，形式，利用周期公式即可．（4）求解較復雜三角函數的單調區(qū)間時，首先化成形式，再的單調區(qū)間，只需把看作一個整體代入相應的單調區(qū)間，注意先把化為正數,這是容易出錯的地方．試題解析：（1）因為－1＝－1，故最小正周期為得故的增區(qū)間是．（2）因為，所以．于是，當，即時，取得最大值2；當，即時，取得最小值－1．考點：（1）求三角函數的周期和單調區(qū)間；（2）求三角函數在閉區(qū)間的最值．20、（1）（2）【解析】

（1）將已知兩式作差，利用等比數列的通項公式，可得公比，由等比數列的求和可得首項，進而得到所求通項公式；（2）求得bn＝n，，由裂項相消求和可得答案．【詳解】（1）等比數列的前項和為，公比，①，②．②﹣①，得，則，又，所以，因為，所以，所以，所以；（2），所以前項和．【點睛】