蘇州市蘇州實驗中學2024年高一數學第二學期期末學業質量監測試題請考生注意：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．下列各命題中，假命題的是（）A．“度”與“弧度”是度量角的兩種不同的度量單位B．一度的角是周角的，一弧度的角是周角的C．根據弧度的定義，一定等于弧度D．不論是用角度制還是用弧度制度量角，它們都與圓的半徑長短有關2．下列命題正確的是（）A．若，則 B．若，則C．若，，則 D．若，，則3．一個球自高為米的地方自由下落，每次著地后回彈高度為原來的，到球停在地面上為止，球經過的路程總和為（）米A． B． C． D．4．已知的三邊滿足，則的內角C為（）A． B． C． D．5．某幾何體三視圖如圖所示，則該幾何體中的棱與面相互平行的有（）A．2對 B．3對 C．4對 D．5對6．如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，給出以下四個結論：①D1C∥平面A1ABB1②A1D1與平面BCD1相交③AD⊥平面D1DB④平面BCD1⊥平面A1ABB1正確的結論個數是（）A．1 B．2 C．3 D．47．數列{an}中a1＝﹣2，an+1＝1，則a2019的值為（）A．﹣2 B． C． D．8．下列函數中，在上存在最小值的是()A． B． C． D．9．若a＜b＜0，則下列不等式關系中，不能成立的是（）A． B． C． D．10．若，則下列不等式不成立的是()A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．己知是等差數列，是其前項和，，則______.12．若函數的反函數的圖象過點，則________．13．關于函數f（x）=4sin（2x+）（x∈R），有下列命題：①y=f（x）的表達式可改寫為y=4cos（2x﹣）；②y=f（x）是以2π為最小正周期的周期函數；③y=f（x）的圖象關于點對稱；④y=f（x）的圖象關于直線x=﹣對稱．其中正確的命題的序號是．14．據兩個變量、之間的觀測數據畫成散點圖如圖，這兩個變量是否具有線性相關關系_____（答是與否）.15．如圖，在正方體中，點是線段上的動點，則直線與平面所成的最大角的余弦值為________.16．已知圓的圓心在直線上，半徑為，若圓上存在點，它到定點的距離與到原點的距離之比為，則圓心的縱坐標的取值范圍是__________．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．在數列中，，.（1）分別計算，，的值；（2）由（1）猜想出數列的通項公式，并用數學歸納法加以證明.18．的內角，，的對邊分別為，，，為邊上一點，為的角平分線，，．（1）求的值：（2）求面積的最大值．19．已知分別為內角的對邊試從下列①②條件中任選一個作為已知條件并完成下列(1)(2)兩問的解答①；②.(1)求角(2)若,,求的面積.20．在平面直角坐標系中，已知射線與射線，過點作直線l分別交兩射線于點A、B（不同于原點O）.（1）當取得最小值時，直線l的方程；（2）求的最小值；21．已知圓以原點為圓心且與直線相切．（1）求圓的方程；（2）若直線與圓交于、兩點，過、兩點分別作直線的垂線交軸于、兩點，求線段的長．

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、D【解析】

根據弧度制的概念，逐項判斷，即可得出結果.【詳解】A選項，“度”與“弧度”是度量角的兩種不同的度量單位，正確；B選項，一度的角是周角的，一弧度的角是周角的，正確；C選項，根據弧度的定義，一定等于弧度，正確；D選項，用角度制度量角，與圓的半徑長短無關，故D錯.故選：D.【點睛】本題主要考查弧度制的相關判定，熟記概念即可，屬于基礎題型.2、C【解析】

對每一個選項進行判斷，選出正確的答案.【詳解】A.若，則，取不成立B.若，則，取不成立C.若，，則，正確D.若，，則，取不成立故答案選C【點睛】本題考查了不等式的性質，找出反例是解題的關鍵.3、D【解析】

設球第次到第次著地這一過程中球經過的路程為米，可知數列是以為首項，以為公比的等比數列，由此可得出球經過的路程總和為米.【詳解】設球第次到第次著地這一過程中球經過的路程為米，則，由題意可知，數列是以為首項，以為公比的等比數列，因此，球經過的路程總和米.故選:D.【點睛】本題考查等比數列的實際應用，涉及到無窮等比數列求和問題，考查計算能力，屬于中等題.4、C【解析】原式可化為,又,則C=,故選C.5、C【解析】

本道題結合三視圖，還原直觀圖，結合直線與平面判定，即可。【詳解】結合三視圖，還原直觀圖，得到AB平行平面OCD,DC平行平面OBA，BC平行平面ODA，DA平行平面OBC，故有4對。故選C。【點睛】本道題考查了三視圖還原直觀圖，難度中等。6、B【解析】

在①中，由，得到平面；在②中，由，得到平面；在③中，由，得到與平面相交但不垂直；在④中，由平面，得到平面平面，即可求解．【詳解】由正方體中，可得：在①中，因為，平面，平面，∴平面，故①正確；在②中，∵，平面，平面，∴平面，故②錯誤；在③中，∵，∴與平面相交但不垂直，故③錯誤；在④中，∵平面，平面，∴平面平面，故④正確．故選：B．【點睛】本題主要考查了命題真假的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．7、B【解析】

根據遞推公式，算出即可觀察出數列的周期為3，根據周期即可得結果．【詳解】解：由已知得，，，

，…，，

所以數列是以3為周期的周期數列，故，

故選：B．【點睛】本題考查遞推數列的直接應用，難度較易．8、A【解析】

結合初等函數的單調性，逐項判定，即可求解，得到答案.【詳解】由題意，函數，當時，取得最小值，滿足題意；函數在為單調遞增函數，所以函數在區間無最小值，所以B不正確；函數在為單調遞增函數，所以函數在區間無最小值，所以C不正確；函數在為單調遞增函數，所以函數在區間無最小值，所以D不正確.故選：A.【點睛】本題主要考查了函數的最值問題，其中解答中熟記基本初等函數的單調性，合理判定是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.9、B【解析】

根據的單調性，可知成立，不成立；根據和的單調性，可知成立.【詳解】在上單調遞減，成立又，不成立在上單調遞增，成立在上單調遞減，成立故選：【點睛】本題考查利用函數單調性比較大小的問題，關鍵是能夠建立起合適的函數模型，根據自變量的大小關系，結合單調性得到結果.10、A【解析】

由題得a＜b＜0，再利用作差比較法判斷每一個選項的正誤得解.【詳解】由題得a＜b＜0，對于選項A,=，所以選項A錯誤.對于選項B,顯然正確.對于選項C,，所以，所以選項C正確.對于選項D,，所以選項D正確.故答案為A【點睛】(1)本題主要考查不等式的基本性質和實數大小的比較，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.(2)比差的一般步驟是：作差→變形（配方、因式分解、通分等）→與零比→下結論；比商的一般步驟是：作商→變形（配方、因式分解、通分等）→與1比→下結論.如果兩個數都是正數，一般用比商，其它一般用比差.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、-1【解析】

由等差數列的結合，代入計算即可.【詳解】己知是等差數列，是其前項和，所以，得，由等差中項得，所以.故答案為-1【點睛】本題考查了等差數列前項和公式和等差中項的應用，屬于基礎題.12、【解析】

由反函數的性質可得的圖象過，將代入，即可得結果.【詳解】的反函數的圖象過點，的圖象過，故答案為．【點睛】本題主要考查反函數的基本性質，意在考查對基礎知識掌握的熟練程度，屬于基礎題.13、①③【解析】

∵f（x）=4sin（2x+）=4cos（）=4cos（﹣2x+）=4cos（2x﹣），故①正確；∵T=，故②不正確；令x=﹣代入f（x）=4sin（2x+）得到f（﹣）=4sin（+）=0，故y=f（x）的圖象關于點對稱，③正確④不正確；故答案為①③．14、否【解析】

根據散點圖的分布來判斷出兩個變量是否具有線性相關關系.【詳解】由散點圖可知，散點圖分布無任何規律，不在一條直線附近，所以，這兩個變量沒有線性相關關系，故答案為否.【點睛】本題考查利用散點圖判斷兩變量之間的線性相關關系，考查對散點圖概念的理解，屬于基礎題.15、【解析】

作的中心，可知平面，所以直線與平面所成角為，當在中點時，最大，求出即可。【詳解】設正方體的邊長為1，連接，由于為正方體，所以為正四面體，棱長為，為等邊三角形，作的中心，連接，，由于為正四面體，為的中心，所以平面，所以為直線與平面所成角，則當在中點時，最大，當在中點時，由于為正四面體，棱長為，等邊三角形，為的中心，所以，，所以直線與平面所成的最大角的余弦值為故直線與平面所成的最大角的余弦值為故答案為【點睛】本題考查線面所成角，解題的關鍵是確定當在中點時，最大，考查學生的空間想象能力以及計算能力。16、【解析】因為圓心在直線上，設圓心，則圓的方程為，設點，因為，所以，化簡得，即，所以點在以為圓心，為半徑的圓上，則，即，整理得，由，得，由，得，所以圓心的縱坐標的取值范圍是.點睛：本題主要考查了圓的方程，動點的軌跡方程、兩圓的位置關系、解不等式等知識的綜合運用，著重考查了轉化與化歸思想和學生的運算求解能力，解答中根據題設條件得到動點的軌跡方程，利用兩圓的位置關系，列出不等式上解答的關鍵.對于直線與圓的位置關系問題，要熟記有關圓的性質，同時注意數形結合思想的靈活運用.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),證明見解析【解析】

(1)分別令即可運算得出，，的值；(2)由(1)可猜想出,當時成立,再假設當時,成立,再利用推導出即可.【詳解】(1)令有；

令有；

令有所以，，(2)由(1)可得,,,,故可猜想.證明：當時,成立；假設當時,成立,且即當時,,即,化簡得,,即也滿足,當時成立,故對于任意的,有,證畢.所以.【點睛】本題主要考查了數學歸納法的運用，其中步驟為：(1)證明當取第一個值時命題成立.對于一般數列取值為0或1；(2)假設當()且為自然數）時命題成立,證明當時命題也成立.

綜合(1)(2),對一切自然數,命題都成立.18、（1）（2）3【解析】

（1）由，，根據三角形面積公式可知，，再根據角平分線的定義可知，到，的距離相等，所以，即可求出；（2）先根據（1）可得，，由平方關系得，再根據三角形的面積公式，可化簡得，然后根據基本不等式即可求出面積的最大值．【詳解】（1）如圖所示：因為，所以．又因為為的角平分線，所以到，的距離相等，所以所以．（2）由（1）及余弦定理得：所以，又因為所以，所以又因為且，故所以，當且僅當即時取等號．所以面積的最大值為．【點睛】本題主要考查正余弦定理在解三角形中的應用，三角形面積公式的應用，以及利用基本不等式求最值，意在考查學生的轉化能力和數學運算能力，屬于中檔題．19、（1）選擇①，；選擇②，（2）【解析】

（1）選擇①，利用正弦定理余弦定理化簡即得C；選擇②，利用正弦定理化簡即得C的值；（2）根據余弦定理得，再求的面積.【詳解】解：（1）選擇①根據正弦定理得，從而可得，根據余弦定理，解得，因為，故.選擇②根據正弦定理有，即，即因為，故，從而有，故（2）根據余弦定理得，得，即，解得，又因為的面積為，故的面積為.【點睛】本題主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角形面積的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力，屬于中檔題.20、（1）；（2）6.【解析】

（1）設，，利用三點共線可得的關系，計算出后由基本不等式求得最小值．從而得直線方程；（2）由（1）中所設坐標計算出，利用基本不等式由（1）中所得關系可得的最小值，從而得的最小值．【詳解】（1）設，，因為A，B，M三點共線，所以與共線，因為，，所以，得，即，，等號當且僅當時取得，此時直線l的方程為.（2）因為由，所以，當且僅當時取得等號，所以當時，取最小值6.【點睛】本題考查直線方程的應用，考查三點共線的向量表示，考查用基本不等式求最值．用基本不等式求最值時要根據目標函數的特征采取不同的方法，如（1）中用“1”的代換配湊出基本不等式的條件求得最值，（2）直