重慶市彭水一中2023-2024學年數學高一下期末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域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；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．若角的頂點與坐標原點重合，始邊與x軸的正半軸重合，終邊經過點，則（）A． B． C． D．2．已知，，，則它們的大小關系是（）A． B． C． D．3．已知是兩條不同的直線，是三個不同的平面，則下列命題正確的是（）A．若，，則 B．若，，則C．若，，則 D．若，，則4．函數（其中，，）的圖象如圖所示，為了得到的圖象，只需把的圖象上所有的點（）A．向右平移個單位長度 B．向左平移個單位長度C．向右平移個單位長度 D．向左平移個單位長度5．圓的圓心坐標和半徑分別為（）A．，2 B．，2 C．，4 D．，46．設函數,，其中,.若，且的最小正周期大于，則（）A．, B．,C．, D．,7．直線的傾斜角是（）A．30° B．60° C．120° D．135°8．抽查10件產品，設“至少抽到2件次品”為事件，則的對立事件是（）A．至多抽到2件次品 B．至多抽到2件正品C．至少抽到2件正品 D．至多抽到一件次品9．如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為3，線段B1D1上有兩個動點E，F且EF＝1，則當E，F移動時，下列結論中錯誤的是（）A．AE∥平面C1BDB．四面體ACEF的體積不為定值C．三棱錐A﹣BEF的體積為定值D．四面體ACDF的體積為定值10．已知數列的前項和為，且，若，，則的值為（）A．15 B．16 C．17 D．18二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．某學校高一年級舉行選課培訓活動，共有1024名學生、家長、老師參加，其中家長256人．學校按學生、家長、老師分層抽樣，從中抽取64人，進行某問卷調查，則抽到的家長有___人12．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）.13．若角是第四象限角，則角的終邊在_____________14．和2的等差中項的值是______.15．函數的最小正周期是________.16．在△ABC中，內角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，若，則_____.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．已知關于的不等式的解集為.（1）求的值；（2）求函數的最小值.18．在中，內角，，所對的邊分別為，，且.（1）求角的大小；（2）若，，求的面積.19．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．20．已知（1）求的值；（2）求的最小值以及取得最小值時的值21．（2012年蘇州17）如圖，在中，已知為線段上的一點，且．（1）若，求的值；（2）若，且，求的最大值．

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】

根據三角函數定義結合正弦的二倍角公式計算即可【詳解】由題意，∴，，．故選：C.【點睛】本題考查三角函數的定義，考查二倍角的正弦公式，掌握三角函數定義是解題關鍵．2、C【解析】因為，，故選C.3、D【解析】

根據空間線、面的位置關系有關定理，對四個選項逐一分析排除，由此得出正確選項.【詳解】對于A選項，直線有可能在平面內，故A選項錯誤.對于B選項，兩個平面有可能相交，平行于它們的交線，故B選項錯誤.對于C選項，可能平行，故C選項錯誤.根據線面垂直的性質定理可知D選項正確.故選D.【點睛】本小題主要考查空間線、面位置關系的判斷，屬于基礎題.4、C【解析】

通過圖象可以知道：最低點的縱坐標為，函數的圖象與橫軸的交點的坐標為，與之相鄰的最低點的坐標為，這樣可以求出和最小正周期，利用余弦型函數最小正周期公式，可以求出，把零點代入解析式中，可以求出，這樣可以求出函數的解析式，利用誘導公式化為正弦型三角函數解析式形式，最后利用平移變換解析式的變化得出正確答案.【詳解】由圖象可知：函數的最低點的縱坐標為，函數的圖象與橫軸的交點的坐標為，與之相鄰的最低點的坐標為，所以，設函數的最小正周期為，則有，而，把代入函數解析式中，得，所以，而，顯然由向右平移個單位長度得到的圖象，故本題選C.【點睛】本題考查了由函數圖象求余弦型函數解析式，考查了正弦型函數圖象之間的平移變換規律.5、B【解析】試題分析：，所以圓心坐標和半徑分別為（2,0）和2，選B.考點：圓標準方程6、B【解析】

根據周期以及最值點和平衡位置點先分析的值，然后帶入最值點計算的值.【詳解】因為，，所以，則，所以，即，故；則，代入可得：且，所以.故選B.【點睛】（1）三角函數圖象上，最值點和平衡位置的點之間相差奇數個四分之一周期的長度；（2）計算的值時，注意選用最值點或者非特殊位置點，不要選用平衡位置點（容易多解）.7、C【解析】

根據直線方程求出斜率即可得到傾斜角.【詳解】由題：直線的斜率為，所以傾斜角為120°.故選：C【點睛】此題考查根據直線方程求傾斜角，需要熟練掌握直線傾斜角與斜率的關系，熟記常見特殊角的三角函數值.8、D【解析】

由對立事件的概念可知，直接寫出其對立事件即可.【詳解】“至少抽到2件次品”的對立事件為“至多抽到1件次品”，故選D【點睛】本題主要考查對立事件的概念，熟記對立事件的概念即可求解，屬于基礎題型.9、B【解析】

根據面面平行的性質定理，判斷A選項是否正確，根據錐體體積計算公式，判斷BCD選項是否正確.【詳解】對于A選項，易得平面與平面平行，所以平面成立，A選項結論正確.對于B選項，由于長度一定，所以三角形面積為定值.到平面的距離，也即到平面的距離一定，所以四面體體積為定值，故B選項結論錯誤.對于C選項，由于長度一定，所以三角形面積為定值.到平面的距離，也即到平面的距離一定，所以三棱錐體積為定值，故C選項結論正確.對于D選項，由于三角形面積為定值，到平面的距離為定值，所以四面體的體積為定值.綜上所述，錯誤的結論為B選項.故選：B【點睛】本小題主要考查利用面面平行證明線面平行，考查三棱錐（四面體）體積的計算，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于基礎題.10、B【解析】

推導出數列是等差數列，由解得，由此利用能求出的值.【詳解】數列的前項和為，且數列是等差數列解得解得故選：【點睛】本題考查等差數列的判定和基本量的求解，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、16【解析】

利用分層抽樣的性質，直接計算，即可求得，得到答案．【詳解】由題意，可知共有1024名學生、家長、老師參加，其中家長256人，通過分層抽樣從中抽取64人，進行某問卷調查，則抽到的家長人數為人．故答案為16【點睛】本題主要考查了分層抽樣的應用，其中解答中熟記分層抽樣的概念和性質，準確計算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．12、①③【解析】

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.【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.【點睛】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.13、第二或第四象限【解析】

根據角是第四象限角，寫出角的范圍，即可求出角的終邊所在位置．【詳解】因為角是第四象限角，所以，即有，當為偶數時，角的終邊在第四象限；當為奇數時，角的終邊在第二象限，故角的終邊在第二或第四象限．【點睛】本題主要考查象限角的集合的應用．14、【解析】

根據等差中項性質求解即可【詳解】設等差中項為，則，解得故答案為：【點睛】本題考查等差中項的求解，屬于基礎題15、【解析】

根據函數的周期公式計算即可.【詳解】函數的最小正周期是.故答案為【點睛】本題主要考查了正切函數周期公式的應用，屬于基礎題．16、【解析】

先利用同角三角函數的商數關系可得，再結合正弦定理及余弦定理化簡可得，然后求解即可.【詳解】解：因為，則，所以，即，所以，則，即，即即，故答案為：.【點睛】本題考查了同角三角函數的商數關系，重點考查了正弦定理及余弦定理的應用，屬中檔題.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）1.【解析】

（1）利用根與系數的關系，得到等式和不等式，最后求出的值；（2）化簡函數的解析式，利用基本不等式可以求出函數的最小值.【詳解】解：（1）由題意知：，解得．（2）由（1）知，∴，而時，當且僅當，即時取等號而，∴的最小值為1．【點睛】本題考查了已知一元二次不等式的解集求參數問題，考查了基本不等式的應用，考查了數學運算能力.18、（1）（2）【解析】

(1)由正弦定理以及兩角差的余弦公式得到，由特殊角的三角函數值得到結果；（2）結合余弦定理和面積公式得到結果.【詳解】（1）由正弦定理得，∵，∴，即，∴又∵，∴.（2）∵∴.∴，∴.【點睛】本題主要考查正弦定理及余弦定理的應用以及三角形面積公式，屬于難題.在解與三角形有關的問題時，正弦定理、余弦定理是兩個主要依據.解三角形時，有時可用正弦定理，有時也可用余弦定理，應注意用哪一個定理更方便、簡捷一般來說,當條件中同時出現及、時，往往用余弦定理，而題設中如果邊和正弦、余弦函數交叉出現時，往往運用正弦定理將邊化為正弦函數再結合和、差、倍角的正余弦公式進行解答.19、（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】裂項相消法適用于形如(其中是各項均不為零的等差數列，c為常數)的數列.裂項相消法求和，常見的有相鄰兩項的裂項求和，還有一類隔一項的裂項求和，如或.20、