当前位置：文档之家 › 重庆市綦江县2019-2020学年高一下期末质量检测数学试题含解析

重庆市綦江县2019-2020学年高一下期末质量检测数学试题含解析

  • 格式：doc
  • 大小：1.14 MB
  • 文档页数：16

重庆市綦江县2019-2020学年高一下期末质量检测数学试题

一、选择题：本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．某高校进行自主招生，先从报名者中筛选出400人参加笔试，再按笔试成绩择优选出100人参加面试．现随机抽取了24名笔试者的成绩，统计结果如下表所示．

分数段 [60，65) [65，70) [70，75) [75，80) [80，85) [85，90]

人数 2 3 4 9 5

1

据此估计允许参加面试的分数线大约是( )

A．90 B．85

C．80 D．75

【答案】C

【解析】

【分析】

根据题意可从样本中数据的频率考虑，即按成绩择优选择频率为1000.25400的，根据题意得到所选的范围后再求出对应的分数．

【详解】

由题意得，参加面试的频率为1000.25400，

结合表中的数据可得，样本中[80，90]的频率为510.2524，

由样本估计总体知，分数线大约为80分．

故选C．

【点睛】

本题考查统计图表的应用，解题的关键是理解题意，同时还要正确掌握统计中的常用公式，属于基础题．

2．若角的终边经过点1,2P，则sin（ ）

A．55 B．255 C．55 D．255

【答案】B

【解析】

【分析】

根据任意角的三角函数的定义，可以直接求到本题答案.

【详解】

因为点1,2P在角的终边上，所以22225sin512yr. 故选：B

【点睛】

本题主要考查利用任意角的三角函数的定义求值.

3．某小组由2名男生、2名女生组成，现从中选出2名分别担任正、副组长，则正、副组长均由男生担任的概率为（ ）

A．15 B．16 C．13 D．37

【答案】B

【解析】

【分析】

根据古典概型的概率计算公式，先求出基本事件总数246nC，正、副组长均由男生担任包含的基本事件总数221mC，由此能求出正、副组长均由男生担任的概率．

【详解】

某小组由2名男生、2名女生组成，现从中选出2名分别担任正、副组长，

基本事件总数246nC，正、副组长均由男生担任包含的基本事件总数221mC，

正、副组长均由男生担任的概率为16mpn．故选B．

【点睛】

本题主要考查古典概型的概率求法。

4．若直线y=x+b与曲线234yxx有公共点，则b的取值范围是

A．1,122

B．122,122

C．122,3

D．12,3

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：如图所示：曲线234yxx即 （x-2）2+（y-3）2=4（-1≤y≤3），

表示以A（2，3）为圆心，以2为半径的一个半圆，

直线与圆相切时，圆心到直线y=x+b的距离等于半径2，可得232b=2， ∴b=1+22，b=1-22

当直线过点（4，3）时，直线与曲线有两个公共点，此时b=-1

结合图象可得122≤b≤3

故答案为C

5．从一批产品中取出两件产品，事件 “至少有一件是次品”的对立事件是

A．至多有一件是次品 B．两件都是次品

C．只有一件是次品 D．两件都不是次品

【答案】D

【解析】

试题分析：根据对立事件的定义，至少有n个的对立事件是至多有n﹣1个，由事件A：“至少有一件次品”，我们易得结果．

解：∵至少有n个的否定是至多有n﹣1个

又∵事件A：“至少有一件次品”，

∴事件A的对立事件为：至多有零件次品，

即是两件都不是次品．

故答案为 D．

点评：本题考查的知识点是互斥事件和对立事件，互斥事件关键是要抓住不可能同时发生的要点，对立事件则要抓住有且只有一个发生，可以转化命题的否定，集合的补集来进行求解．

6．若三角形三边的长度为连续的三个自然数，则称这样的三角形为“连续整边三角形”．下列说法正确的是（ ）

A．“连续整边三角形”只能是锐角三角形

B．“连续整边三角形”不可能是钝角三角形

C．若“连续整边三角形”中最大角是最小角的2倍，则这样的三角形有且仅有1个

D．若“连续整边三角形”中最大角是最小角的2倍，则这样的三角形可能有2个

【答案】C 【解析】

【分析】

举例三边长分别是2,3,4的三角形是钝角三角形，否定A，B，通过计算求出最大角是最小角的二倍的三角形，从而可确定C、D中哪个正确哪个错误．

【详解】

三边长分别是2,3,4的三角形,最大角为，则2222341cos02234，是钝角 ，三角形是钝角三角形，A，B都错，

如图ABC中，,2,1ACnBCnABn，2BACABC，AD是BAC的平分线，则CADBADABC，∴CADCBA∽，CACDCACA，∴222CAnCDCBn，

244222nnBDnnn，

又由AD是BAC的平分线，得ABBDACBC，∴2144nnnn，解得4n，

∴“连续整边三角形”中最大角是最小角的2倍的三角形只有一个，边长分别为4，5，6，C正确，D错误．

故选D．

【点睛】

本题考查余弦定理，考查命题的真假判断，数学上要说明一个命题是假命题，只要举一个反例即可，而要说明它是真命题，则要进行证明．

7．在ABC中，1cos2A，3BC，则ABC的外接圆半径为（ ）

A．1 B．2 C．3 D．23

【答案】A

【解析】

【分析】

由同角三角函数关系式,先求得sinA.再结合正弦定理即可求得ABC的外接圆半径.

【详解】 ABC中,1cos2A

由同角三角函数关系式可得23sin1cos2AA

由正弦定理可得322sin32BCRA

所以1R,即ABC的外接圆半径为1

故选:A

【点睛】

本题考查了同角三角函数关系式的应用,正弦定理求三角形外接圆半径,属于基础题.

8．已知向量(3,4),(sin,cos)ab，且//ab，则tan（ ）

A．34 B．34 C．43 D．43

【答案】A

【解析】

【分析】

直接利用向量平行的充要条件列方程求解即可.

【详解】

由//ab可得到sin34sin3cos0tancos4.

故选A

【点睛】

利用向量的位置关系求参数是出题的热点，主要命题方式有两个：（1）两向量平行，利用12210xyxy解答；（2）两向量垂直，利用12120xxyy解答.

9．已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点1Aa，，2Bb，，且2cos23，则ab

A．15 B．55 C．255 D．1

【答案】B

【解析】

【分析】

首先根据两点都在角的终边上，得到2ba，利用2cos23，利用倍角公式以及余弦函数的定义式，求得215a，从而得到55a，再结合2ba，从而得到525abaa，从而确定选项.

【详解】

由,,OAB三点共线，从而得到2ba，

因为22212cos22cos12131a，

解得215a，即55a，

所以525abaa，故选B.

【点睛】

该题考查的是有关角的终边上点的纵坐标的差值的问题，涉及到的知识点有共线的点的坐标的关系，余弦的倍角公式，余弦函数的定义式，根据题中的条件，得到相应的等量关系式，从而求得结果.

10．函数2sin2cosyxx的周期为（ ）

A．4 B．2 C．2 D．

【答案】D

【解析】

【分析】

利用二倍角公式以及辅助角公式将函数化为51sin222yx，再利用三角函数的周期公式即可求解.

【详解】

2cos2151sin2cossin2sin2222xyxxxx，

函数的最小正周期为22T.

故选：D

【点睛】

本题考查了二倍角的余弦公式、辅助角公式以及三角函数的最小正周期的求法，属于基础题.

11．圆心为1,1且过原点的圆的方程是（ ）

A．22111xy B．22111xy

C．22112xy

D．22112xy

【答案】D

【解析】

试题分析：设圆的方程为2211(0)xymm，且圆过原点，即220101(0)mm，得2m，所以圆的方程为22112xy.故选D.

考点：圆的一般方程.

12．下列说法正确的是（ ）

A．小于90的角是锐角 B．钝角是第二象限的角

C．第二象限的角大于第一象限的角 D．若角与角的终边相同，则,kkZ

【答案】B

【解析】

【分析】

可通过举例的方式验证选项的对错.

【详解】

A：负角不是锐角，比如“30”的角，故错误；

B：钝角范围是“90180”，是第二象限的角，故正确；

C：第二象限角取“91”，第一象限角取“361”，故错误；

D：当角与角的终边相同，则2,kkZ.

故选B.

【点睛】

本题考查任意角的概念，难度较易.

二、填空题：本题共4小题

13．等比数列na的首项为512，公比为14q，记*12nnaaanN，则数列n的最大项是第___________项.

【答案】5

【解析】

【分析】

求得2110221nnnnn，则可将问题转化为求使得210nn最大且使得12nn为偶数的正整数n的

合集下载

重庆市名校2019-2020学年高一下期末质量跟踪监视数学试题含解析

重庆市名校2019-2020学年高一下期末质量跟踪监视数学试题含解析

重庆市名校2019-2020学年高一下期末质量跟踪监视数学试题

一、选择题：本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．用数学归纳法证明，从到，左边需要增乘的代数式为（ ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】

【分析】

要分清起止项，以及相邻两项的关系，由此即可分清增加的代数式。

【详解】

当时，左边，

当时，左边

，

∴从到，左边需要增乘的代数式为.选B.

【点睛】

本题主要考查学生如何理解数学归纳法中的递推关系。

2．直线l：x+y﹣1＝0与圆C：x2+y2＝1交于两点A、B，则弦AB的长度为（ ）

A．2 B．2 C．1 D．22

【答案】B

【解析】

【分析】

利用直线和圆相交所得弦长公式222rd，计算出弦长.

【详解】

圆的圆心为0,0，半径为1，圆心到直线的距离为12，所以2222122AB.

故选：B

【点睛】 本小题主要考查直线和圆相交所得弦长的计算，属于基础题.

3．设数列na的前n项和为nS，且11a 2(1)()nnSannNn，则数列13nSn的前10项的和是（ ）

A．290 B．920 C．511 D．1011

【答案】C

【解析】

【分析】

由2(1)()nnSannNn得na为等差数列，求得43nannN，得1111132(1)21nSnnnnn利用裂项相消求解即可

【详解】

由2(1)nnSannNn得2(1)nnSnann，

当2n时，11(1)4(1)nnnnnaSSnanan，整理得14nnaa，

所以na是公差为4的等差数列，又11a，

所以43nannN，从而2133222(1)2nnnaaSnnnnnn，

所以1111132(1)21nSnnnnn，

2019-2020学年重庆市高一下学期期末联合检测数学试题(解析版)

2019-2020学年重庆市高一下学期期末联合检测数学试题(解析版)

第 1 页 共 15 页 2019-2020学年重庆市高一下学期期末联合检测数学试题

一、单选题

1．直线10axy与320xy垂直，则实数a（ ）

A．3 B．13 C．13 D．3

【答案】C

【解析】由直线10axy与320xy垂直，可得3110a，即求a的值.

【详解】

直线10axy与320xy垂直，

3110a，

13a.

故选：C.

【点睛】

本题考查两条直线的位置关系，属于基础题.

2．已知向量(1,2)a，(2,2)b，则||ab（ ）

A．4 B．5 C．6 D．7

【答案】B

【解析】利用向量的加法、模的坐标运算计算即可.

【详解】

(1,2)a，(2,2)b，

(3,4)ab，

22||345ab，

故选：B

【点睛】

本题主要考查了向量的加法、模的坐标运算，属于容易题.

3．某学校采购了10000只口罩，其中蓝色､粉色､白色的比例为5:3:2，若采用分层抽样的方法，取出500只分发给高一年级学生使用，则抽到白色口罩的只数为（ ） 第 2 页 共 15 页 A．300 B．250 C．200 D．100

【答案】D

【解析】根据口罩的比例可求得选项.

【详解】

由题意可知蓝色口罩有510000500010（只），

粉色口罩有310000300010（只），

白色口罩有210000200010（只），

则抽到白色口罩的只数为500200010010000（只），

故选：D.

【点睛】

本题考查分层抽样方法，关键在于根据各比例进行抽样，属于基础题.

4．已知甲､乙两组数据的茎叶图如图所示，则甲组数据的众数与乙组数据的中位数分别是（ ）

A．52，65 B．52，66 C．73，65 D．73，66

【答案】C

【解析】由茎叶图中的数据，再结合众数、中位数的概念，即可求解.

重庆市綦江县2019-2020学年高考第四次质量检测数学试题含解析

重庆市綦江县2019-2020学年高考第四次质量检测数学试题含解析

重庆市綦江县2019-2020学年高考第四次质量检测数学试题

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积等于（ ）cm3

A．243 B．342 C．263 D．362

【答案】D

【解析】

解：根据几何体的三视图知，该几何体是三棱柱与半圆柱体的组合体，

结合图中数据，计算它的体积为：

V=V三棱柱+V半圆柱=×2×2×1+12•π•12×1=（6+1.5π）cm1．

故答案为6+1.5π．

点睛：根据几何体的三视图知该几何体是三棱柱与半圆柱体的组合体，结合图中数据计算它的体积即可．

2．有一圆柱状有盖铁皮桶（铁皮厚度忽略不计），底面直径为20cm，高度为100cm，现往里面装直径为10cm的球，在能盖住盖子的情况下，最多能装（ ）

（附：21.414,31.732,52.236）

A．22个 B．24个 C．26个 D．28个

【答案】C

【解析】

【分析】

计算球心连线形成的正四面体相对棱的距离为52cm，得到最上层球面上的点距离桶底最远为10521ncm，得到不等式10521100n，计算得到答案. 【详解】

由题意，若要装更多的球，需要让球和铁皮桶侧面相切，且相邻四个球两两相切，

这样，相邻的四个球的球心连线构成棱长为10cm的正面体，

易求正四面体相对棱的距离为52cm，每装两个球称为“一层”，这样装n层球，

则最上层球面上的点距离桶底最远为10521ncm，

若想要盖上盖子，则需要满足10521100n，解得19213.726n，

所以最多可以装13层球，即最多可以装26个球．

故选：C

【点睛】

本题考查了圆柱和球的综合问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.

3．已知函数2121fxaxxax（aR）的最小值为0，则a（ ）

重庆市綦江县2019-2020学年高考数学最后模拟卷含解析

重庆市綦江县2019-2020学年高考数学最后模拟卷含解析

重庆市綦江县2019-2020学年高考数学最后模拟卷

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．用电脑每次可以从区间(0,3)内自动生成一个实数，且每次生成每个实数都是等可能性的.若用该电脑连续生成3个实数，则这3个实数都小于1的概率为（ ）

A．427

B．13 C．127 D．19

【答案】C

【解析】

【分析】

由几何概型的概率计算，知每次生成一个实数小于1的概率为13，结合独立事件发生的概率计算即可.

【详解】

∵每次生成一个实数小于1的概率为13.∴这3个实数都小于1的概率为311327.

故选：C.

【点睛】

本题考查独立事件同时发生的概率，考查学生基本的计算能力，是一道容易题.

2．如图，ABCV中260AB，点D在BC上，30BAD，将ABD△沿AD旋转得到三棱锥BADC，分别记BA，BD与平面ADC所成角为，，则，的大小关系是（ ）

A．2 B．23

C．2，23两种情况都存在 D．存在某一位置使得3a

【答案】A

【解析】

【分析】

根据题意作出垂线段，表示出所要求得、角，分别表示出其正弦值进行比较大小，从而判断出角的大小，即可得答案． 【详解】

由题可得过点B作BEAD交AD于点E，过B′作CD的垂线，垂足为O，则易得BAO，BDO．

设1CD，则有2BDAD，1DE，3BE，

可得23ABAB，2BDBD．

sin,sinOBOBABDBQ，

sin3sinsin，；

Q[0,3]OB，1sin[0,]2；

Q2sin22sincos2sin1sin，

221[3,2]sin，sin23sinsin…，