2024届湖北省武汉市钢城第四中学数学高一第二学期期末质量跟踪监视试题含解析

2024届湖北省武汉市钢城第四中学数学高一第二学期期末质量跟踪监视试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若，则角（）A． B． C． D．2．以点为圆心，且经过点的圆的方程为()A． B．C． D．3．已知等差数列的前n项和为，且，，则（）A．11 B．16 C．20 D．284．下列命题中正确的是（）A．相等的角终边必相同 B．终边相同的角必相等C．终边落在第一象限的角必是锐角 D．不相等的角其终边必不相同5．若，则与夹角的余弦值为（）A． B． C． D．16．已知数列是首项为，公差为的等差数列，若，则（）A． B． C． D．7．函数的最小值为（）A． B． C． D．8．().A． B． C． D．9．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积等于（）A． B．或 C．或 D．10．已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知，，若，则______．12．函数的反函数为__________.13．已知直线:与直线:互相平行，则直线与之间的距离为______.14．若一个圆锥的高和底面直径相等且它的体积为，则此圆锥的侧面积为______.15．已知数列满足，（），则________.16．在等差数列中，已知，，则________.三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．已知向量，，且（1）求·及；（2）若，求的最小值18．化简求值：（1）化简：（2）求值，已知，求的值19．某校准备从高一年级的两个男生和三个女生中选择2个人去参加一项比赛.（1）若从这5个学生中任选2个人，求这2个人都是女生的概率；（2）若从男生和女生中各选1个人，求这2个人包括，但不包括的概率.20．已知函数.（1）证明函数在定义域上单调递增；（2）求函数的值域；（3）令，讨论函数零点的个数.21．某公司为了提高工效，需分析该公司的产量台与所用时间小时之间的关系，为此做了四次统计，所得数据如下：产品台数台2345所用时间小时34求出y关于x的线性回归方程；预测生产10台产品需要多少小时？

参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1、C【解题分析】

利用余弦定理求三角形的一个内角的余弦值，可得的值，得到答案．【题目详解】在中，因为，即，利用余弦定理可得，又由,所以，故选C．【题目点拨】本题主要考查了余弦定理的应用，其中解答中根据题设条件，合理利用余弦定理求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．2、B【解题分析】

通过圆心设圆的标准方程，代入点即可．【题目详解】设圆的方程为：，又经过点，所以，即，所以圆的方程：．故选B【题目点拨】此题考查圆的标准方程，记住标准方程的一般设法，代入数据即可求解，属于简单题目．3、C【解题分析】

可利用等差数列的性质，，仍然成等差数列来解决．【题目详解】为等差数列，前项和为，，，成等差数列，，又，，，．故选：．【题目点拨】本题考查等差数列的性质，关键在于掌握“等差数列中，，仍成等差数列”这一性质，属于基础题．4、A【解题分析】

根据终边相同的角的的概念可得正确的选项.【题目详解】终边相同的角满足，故B、D错误，终边落在第一象限的角可能是负角，故C错误，相等的角的终边必定相同，故A正确.故选：A.【题目点拨】本题考查终边相同的角，注意终边相同时，有，本题属于基础题.5、A【解题分析】

根据向量的夹角公式，准确运算，即可求解，得到答案.【题目详解】由向量，则与夹角的余弦值为,故选A.【题目点拨】本题主要考查了向量的夹角公式的应用，其中解答中熟记向量的夹角公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.6、C【解题分析】

本题首先可根据首项为以及公差为求出数列的通项公式，然后根据以及数列的通项公式即可求出答案．【题目详解】因为数列为首项，公差的等差数列，所以，因为所以，，故选C．【题目点拨】本题考查如何判断实数为数列中的哪一项，主要考查等差数列的通项公式的求法，等差数列的通项公式为，考查计算能力，是简单题．7、D【解题分析】

令，即有，则，运用基本不等式即可得到所求最小值，注意等号成立的条件.【题目详解】令，即有，则，当且仅当，即时，取得最小值.故选：【题目点拨】本题考查基本不等式，配凑法求解，属于基础题.8、D【解题分析】

运用诱导公式进行化简，最后逆用两角和的正弦公式求值即可.【题目详解】,故本题选D.【题目点拨】本题考查了正弦的诱导公式，考查了逆用两角和的正弦公式，考查了特殊角的正弦值.9、D【解题分析】

作出几何体的直观图，可知几何体为正方体切一角所得的组合体，计算出正方体的体积和所切去三棱锥的体积，相减可得答案．【题目详解】几何体的直观图如下图所示：可知几何体为正方体切一角所得的组合体，因此，该几何体的体积为.故选：D.【题目点拨】本题考查的知识点是由三视图求体积，其中根据三视图作出几何体的直观图是解答的关键，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.10、B【解题分析】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，所以其表面积为，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

首先令，分别把解出来，再利用整体换元的思想即可解决．【题目详解】令所以令，所以所以【题目点拨】本题主要考查了整体换元的思想以及对数之间的运算和公式法解一元二次方程．整体换元的思想是高中的一个重点，也是高考常考的内容需重点掌握．12、【解题分析】

由得，即，把与互换即可得出【题目详解】由得所以把与互换，可得故答案为：【题目点拨】本题考查的是反函数的求法，较简单.13、10【解题分析】

利用两直线平行，先求出，再由两平行线的距离公式求解即可【题目详解】由题意，，所以，，所以直线：，化简得，由两平行线的距离公式：.故答案为：10【题目点拨】本题主要考查两直线平行的充要条件，两直线和平行的充要条件是，考查两平行线间的距离公式，属于基础题.14、【解题分析】

先由圆锥的体积公式求出圆锥的底面半径，再结合圆锥的侧面积公式求解即可.【题目详解】解：设圆锥的底面半径为，则圆锥的高为，母线长为，由圆锥的体积为，则，即，则此圆锥的侧面积为.故答案为：.【题目点拨】本题考查了圆锥的体积公式，重点考查了圆锥的侧面积公式，属基础题.15、31【解题分析】

根据数列的首项及递推公式依次求出、、……即可.【题目详解】解：，故答案为：【题目点拨】本题考查利用递推公式求出数列的项，属于基础题.16、-16【解题分析】

设等差数列的公差为，利用通项公式求出即可.【题目详解】设等差数列的公差为，得，则.故答案为【题目点拨】本题考查了等差数列通项公式的应用，属于基础题.三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）见解析；（2）.【解题分析】

（1）运用向量数量积的坐标表示，求出·；运用平面向量的坐标运算公式求出，然后求出模．（2）根据上（1）求出函数的解析式，配方，利用二次函数的性质求出最小值．【题目详解】（1）∵∴∴（2）∵∴∴【题目点拨】本题考查了平面向量数量积的坐标表示，以及平面向量的坐标加法运算公式．重点是二次函数求最小值问题．18、（1）；（2）【解题分析】

（1）根据诱导公式先化简每一项，然后即可得到最简结果；（2）利用“齐次”式的特点，分子分母同除以，将其化简为关于的形式即可求值.【题目详解】（1）原式，（2）原式【题目点拨】本题考查诱导公式和同角三角函数的基本关系的运用，难度较易.（1）利用诱导公式进行化简时，掌握“奇变偶不变”的实际含义进行化简即可；（2）求解形如的“齐次式”的值，注意采用分子分母同除以的方法，将其化简为关于的形式再求值.19、（1）；（2）.【解题分析】

（1）写出从5个学生中任选2个人的所有等可能基本事件，计算事件2个人都是女生所含的基本事件个数；（2）写出从男生和女生中各选1个人的所有等可能基本事件，计算事件2个人包括，但不包括所含的基本事件个数.【题目详解】（1）由题意知，从5个学生中任选2个人，其所有等可能基本事件有：，，，，，，，，，，共10个,选2个人都是女生的事件所包含的基本事件有，，，共3个,则所求事件的概率为.（2）从男生和女生中各选1个人，其所有可能的结果组成的基本事件有，，，，，，共6个,包括，但不包括的事件所包含的基本事件有，，共2个,则所求事件的概率为.【题目点拨】本题的两问均考查利用古典概型的概率计算公式，求事件发生的概率，求解过程中要求列出所有等可能结果，并指出事件所包含的基本事件个数，最后代入公式计算概率.20、（1）证明见解析；（2）；（3）当时，没有零点；当时，有且仅有一个零点【解题分析】

（1）求出函数定义域后直接用定义法即可证明；（2）由题意得，对两边同时平方得，求出的取值范围即可得解；（3）转化条件得，令，利用二次函数的性质分类讨论即可得解.【题目详解】（1）证明：令，解得，故函数的定义域为令，由，可得，所以，，故即，所以函数在定义域上单调递增.（2）由，，故，，当时，，有，可得：，故，由，可得，故函数的值域为，（3）由（2）知，则，令，则，令，①当时，，此时函数没有零点，故函数也没有零点；②当时，二次函数的对称轴为，则函数在区间单调递增，而，，故函数有一个零点，又由函数单调递增，可得函数也只有一个零点；③当时，，二次函数开口向下，对称轴，又，，此时函数没有零点，故函数也没有零点.综上，当时，函数没有零点；当时，函数有且仅有一个零点.【题目点拨】本题