2024届渭南市重点中学数学高二上期末教学质量检测试题含解析

2024届渭南市重点中学数学高二上期末教学质量检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．已知函数的值域为，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.2．已知关于的不等式的解集为，则不等式的解集为（）A.或 B.C.或 D.3．设为坐标原点，直线与抛物线C：交于，两点，若，则的焦点坐标为（）A. B.C. D.4．在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点为点，则点到直线的距离为（）A B.C. D.65．在复平面内，复数对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限6．在数列中，，，则（）A.985 B.1035C.2020 D.20707．已知，若对于且都有成立，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.8．若（为虚数单位），则复数在复平面内的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限9．从1，2，3，4，5中随机抽取三个数，则这三个数能成为一个三角形三边长的概率为（）A. B.C. D.10．在长方体中，（）A. B.C. D.11．函数的单调递减区间为（）A. B.C. D.12．设等差数列的前n项和为，且，则（）A.64 B.72C.80 D.144二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．某工厂年前加紧手套生产，设该工厂连续5天生产的手套数依次为，，，，（单位：万只），若这组数据，，，，的方差为4，且，，，，的平均数为8，则该工厂这5天平均每天生产手套______万只14．如图的一系列正方形图案称为谢尔宾斯基地毯，图案的做法是：把一个正方形分成9个全等的小正方形，对中间的一个小正方形进行着色得到第1个图案（图1）；在第1个图案中对没有着色的小正方形再重复以上做法得到第2个图案（图2）；以此类推，每进行一次操作，就得到一个新的正方形图案，设原正方形的边长为1，记第n个图案中所有着色的正方形的面积之和为，则数列的通项公式______15．已知球的半径为3，则该球的体积为_________.16．等差数列的前n项和分别为，若对任意正整数n都有，则的值为___________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知在数列中，，且.（1）求，，并证明数列是等比数列；（2）求的通项公式及前n项和.18．（12分）已知圆C经过、两点，且圆心在直线上（1）求圆C的方程；（2）若直线经过点且与圆C相切，求直线的方程19．（12分）已知二次函数，令，解得.（1）求二次函数的解析式；（2）当关于的不等式恒成立时，求实数的范围.20．（12分）已知函数（…是自然对数的底数）.（1）求的单调区间；（2）求函数的零点的个数.21．（12分）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值22．（10分）在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题在中，内角A，，的对边分别为，，，且满足______________（1）求；（2）若的面积为，在边上，且，求的最小值注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分

参考答案一、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、D【解题分析】求出函数在时值的集合，函数在时值的集合，再由已知并借助集合包含关系即可作答.【题目详解】当时，在上单调递增，，，则在上值的集合是，当时，，，当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，，，则在上值的集合为，因函数的值域为，于是得，则，解得，所以实数的取值范围是.故选：D2、A【解题分析】由一元二次不等式的解集可得且，确定a、b、c间的数量关系，再求的解集.【题目详解】由题意知：且，得，从而可化为，等价于，解得或.故选：A.3、B【解题分析】根据题中所给的条件，结合抛物线的对称性，可知，从而可以确定出点的坐标，代入方程求得的值，进而求得其焦点坐标，得到结果.【题目详解】因为直线与抛物线交于两点，且，根据抛物线的对称性可以确定，所以，代入抛物线方程，求得，所以其焦点坐标为，故选：B.【题目点拨】该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有直线与抛物线的交点，抛物线的对称性，点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题目.4、C【解题分析】按照空间中点到直线的距离公式直接求解.【题目详解】由题意，，，的方向向量，，则点到直线的距离为.故选：C.5、D【解题分析】根据复数在复平面内的坐标表示可得答案.【题目详解】解：由题意得：在复平面上对应的点为，该点在第四象限.故选：D6、A【解题分析】根据累加法得，，进而得.【题目详解】解：因为所以，当时，，，……，，所以，将以上式子相加得，所以，，.当时，，满足；所以，.所以.故选：A7、D【解题分析】根据题意转化为对于且时，都有恒成立，构造函数，转化为时，恒成立，求得的导数，转化为在上恒成立，即可求解.【题目详解】由题意，对于且都有成立，不妨设，可得恒成立，即对于且时，都有恒成立，构造函数，可转化为，函数为单调递增函数，所以当时，恒成立，又由，所以在上恒成立，即在上恒成立，又由，所以，即实数取值范围为.故选：D8、A【解题分析】根据复数运算法则求出z＝a＋bi形式，根据复数的几何意义即可求解.【题目详解】，z对应的点在第一象限.故选：A9、C【解题分析】列举出所有情况，然后根据两边之和大于第三边数出能构成三角形的情况，进而得到答案.【题目详解】5个数取3个数的所有情况如下：{1,2,3；1,2,4；1,2,5；1,3,4；1,3,5；1,4,5；2,3,4；2,3,5；2,4,5；3,4,5}共10种情况，而能构成三角形的情况有{2,3,4；2,4,5；3,4,5}共3种情况，故所求概率.故选：C.10、D【解题分析】根据向量的运算法则得到，带入化简得到答案.【题目详解】在长方体中，易知，所以.故选：D.11、A【解题分析】先求定义域，再由导数小于零即可求得函数的单调递减区间.【题目详解】由得，所以函数的定义域为，又，因为，所以由得，解得，所以函数的单调递减区间为.故选：A.12、B【解题分析】利用等差数列下标和性质，求得，再用等差数列前项和公式即可求解.【题目详解】根据等差数列的下标和性质，，解得，.故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、2【解题分析】结合方差、平均数的公式列方程，化简求得正确答案.【题目详解】依题意设，则，.故答案为：14、【解题分析】根据题意，归纳总结，结合等比数列的前项和公式，即可求得的通项公式.【题目详解】结合已知条件，归纳总结如下：第一个图案中，着色正方形的面积即；第二个图案中，新着色的正方形面积是，故着色正方形的面积即；第三个图案中，新着色的正方形面积是，故着色正方形的面积即；第个图案中，新着色的正方形面积是，故着色正方形的面积即.故.故答案为：.15、【解题分析】根据球的体积公式计算可得；【题目详解】解：因为球的半径，所以球的体积；故答案为：16、##0.68【解题分析】利用等差数列求和公式与等差中项进行求解.【题目详解】由题意得：，同理可得：，所以故答案为：三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1），，证明见解析（2），【解题分析】（1）根据递推关系求出，，对递推公式变形，即可得证；（2）结合（1）求得通项公式，分组求和.【小问1详解】因为，且所以，，∵，∴，∵，∴，且，∴数列是等比数列.【小问2详解】由（1）可知是以为首项，以3为公比的等比数列，即，即；.18、（１）；（２）【解题分析】（1）根据圆心在弦的垂直平分线上，先求出弦的垂直平分线的方程与联立可求得圆心坐标，再用两点间的距离公式求得半径，进而求得圆的方程；（2）当直线斜率不存在时，与圆相切，方程为；当直线斜率存在时，设斜率为，写出其点斜式方程，利用圆心到直线的距离等于半径建立方程求解出的值.试题解析：（1）依题意知线段的中点坐标是，直线的斜率为，故线段的中垂线方程是即，解方程组得，即圆心的坐标为，圆的半径，故圆的方程是（2）若直线斜率不存在，则直线方程是，与圆相离，不合题意；若直线斜率存在，可设直线方程是，即，因为直线与圆相切，所以有，解得或所以直线的方程是或.19、（1）；（2）.【解题分析】（1）利用一元二次不等式的解集是，得到-3，2是方程的两个根，根据根与系数之间的关系，即可求，；（2）根据题意，得出不等式恒成立，则，解不等式即可求出实数的范围.详解】解：（1）由题可知，，解得：，则-3，2是方程的两个根，且，所以由根与系数之间的关系得，解得，所以二次函数的解析式为：；（2）由于不等式恒成立，即恒成立，则，解得：，所以实数的范围为.【题目点拨】本题考查由一元二次不等式的解集求函数解析式，以及不等式恒成立问题求参数范围，考查根与系数的关系和一元二次函数的图象和性质，考查化简运算能力20、（1）当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）时函数没有零点；或时函数有且只有一个零点；时，函数有两个零点.【解题分析】（1）先对函数求导，然后分和两种情况判断导函数正负，求其单调区间；（2）由，得，构造函数，然后利用导数求出其单调区间和极值，画出此函数的图像，再判断图像与直线的交点情况，从而可得答案【题目详解】（1）因为，所以，当时，恒成立，所以的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，令，得；令，得，所以的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）显然0不是函数的零点，由，得.令，则.或时，，时，，所以在和上都是减函数，在上是增函数，时取极小值，又当时，.所以时，关于的方程无解，或时关于的方程只有一个解，时，关于的方程有两个不同解.因此，时函数没有零点，或时函数有且只有一个零点，时，函数有两个零点.【题目点拨】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数判断函数的零点，解题的关键是由，得，构造函数，然后利用导数求出其单调区间和极值，画出此函数的图像，再判断图像与直线的交点情况，考查数形结合的思想，属于中档题21、（1）（2）【解题分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；（2）先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.【题目详解】（1）连以为轴建立空间直角坐标系，则从而直线与所成角的余弦值为（2）设平面一个法向量为令设平面一个法向量为令因此【题目点拨】本题考查利用向量求线线角与二面角，考查基本分析求解能力，属中档题.22、选择见解析；（1）；（2）【解题分析】（1）选条件①．利用正弦定理边角互化，结合两角和的正弦公式可得，从而可得答案；选条件②