2024届江苏省苏州市重点名校高一数学第二学期期末质量检测试题含解析

2024届江苏省苏州市重点名校高一数学第二学期期末质量检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．如果执行右面的框图，输入，则输出的数等于（）A． B． C． D．2．以下给出了4个命题：（1）两个长度相等的向量一定相等；（2）相等的向量起点必相同；（3）若，且，则；（4）若向量的模小于的模，则．其中正确命题的个数共有（）A．3个 B．2个 C．1个 D．0个3．已知在角终边上，若，则（）A． B．-2 C．2 D．4．已知函数（其中为自然对数的底数），则的大致图象为（）A． B． C． D．5．已知两条平行直线和之间的距离等于，则实数的值为()A． B． C．或 D．6．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． C．1 D．7．设，是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，给出下列四个命题，正确的是（）A．若，，则 B．若，，，则C．若，，，则 D．若，，，则8．若直线上存在点满足则实数的最大值为A． B． C． D．9．将函数的图像左移个单位，则所得到的图象的解析式为A． B．C． D．10．已知平面内，，，且，则的最大值等于（）A．13 B．15 C．19 D．21二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．经过两圆和的交点的直线方程为______．12．已知P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是以原点O为圆心的单位圆上的两点，∠P1OP2＝θ(θ为钝角)．若，则x1x2＋y1y2的值为_____．13．已知等比数列中，若，，则_____．14．若首项为，公比为（）的等比数列满足，则的取值范围是________.15．已知，向量的夹角为，则的最大值为_____.16．已知球的一个内接四面体中，，过球心，若该四面体的体积为，且，则球的表面积的最小值为_________．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．已知和的交点为．（1）求经过点且与直线垂直的直线的方程（2）直线经过点与轴、轴交于、两点，且为线段的中点，求的面积．18．已知点是重心，.（1）用和表示；（2）用和表示.19．已知数列的前项和为，且满足.（1）求证：数列是等比数列；（2）设，数列的前项和为，求证：.20．设二次函数.（1）若对任意实数，恒成立，求实数x的取值范围；（2）若存在，使得成立，求实数m的取值范围.21．已知直线经过两条直线:和:的交点，直线:；(1)若，求的直线方程；(2)若，求的直线方程．

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、D【解题分析】试题分析：当时，该程序框图所表示的算法功能为：，故选D.考点：程序框图.2、D【解题分析】

利用向量的概念性质和向量的数量积对每一个命题逐一分析判断得解.【题目详解】（1）两个长度相等的向量不一定相等，因为它们可能方向不同，所以该命题是错误的；（2）相等的向量起点不一定相同，只要它们方向相同长度相等就是相等向量，所以该命题是错误的；（3）若，且，则是错误的，举一个反例，如，不一定相等，所以该命题是错误的；（4）若向量的模小于的模，则，是错误的，因为向量不能比较大小，因为向量既有大小又有方向，故该命题不正确．故选：D【题目点拨】本题主要考查向量的概念和数量积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.3、C【解题分析】

由正弦函数的定义求解．【题目详解】，显然，∴．故选C．【题目点拨】本题考查正弦函数的定义，属于基础题．解题时注意的符号．4、D【解题分析】令，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，又令，所以有两个零点，因为，，所以，且当时，，，当时，，，当时，，，选项C满足条件.故选C.点睛：本题考查函数的解析式和图象的关系、利用导数研究函数的单调性；已知函数的解析式识别函数图象是高考常见题型，往往从定义域、奇偶性（对称性）、单调性、最值及特殊点的符号进行验证，逐一验证进行排除.5、C【解题分析】

利用两条平行线之间的距离公式可求的值.【题目详解】两条平行线之间的距离为，故或，故选C.【题目点拨】一般地，平行线和之间的距离为，应用该公式时注意前面的系数要相等.6、B【解题分析】

利用直线和圆相交所得弦长公式，计算出弦长.【题目详解】圆的圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，所以.故选：B【题目点拨】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.7、C【解题分析】

利用线面、面面之间的位置关系逐一判断即可.【题目详解】对于A，若，，则平行、相交、异面均有可能，故A不正确；对于B，若，，，则垂直、平行均有可能，故B不正确；对于C，若，，，根据线面垂直的定义可知内的两条相交线线与内的两条相交线平行，故，故C正确；对于D，由C可知，D不正确；故选：C【题目点拨】本题考查了由线面平行、线面垂直判断线面、线线、面面之间的位置关系，属于基础题.8、B【解题分析】

首先画出可行域，然后结合交点坐标平移直线即可确定实数m的最大值.【题目详解】不等式组表示的平面区域如下图所示，由，得：，即C点坐标为（－1，－2），平移直线x＝m，移到C点或C点的左边时，直线上存在点在平面区域内，所以，m≤－1，即实数的最大值为－1.【题目点拨】本题主要考查线性规划及其应用，属于中等题.9、C【解题分析】

由三角函数的图象变换，将函数的图像左移个单位，得到，即可得到函数的解析式.【题目详解】由题意，将函数的图像左移个单位，可得的图象，所以得到的函数的解析式为，故选C.【题目点拨】本题主要考查了三角函数的图象变换，其中熟记三角函数的图象变换的规则是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.10、A【解题分析】

令，，将，表示成，，即可将表示成，展开可得：，再利用基本不等式即可求得其最大值.【题目详解】令，，则又，所以当且仅当时，等号成立.故选：A【题目点拨】本题主要考查了平面向量基本定理的应用及利用基本不等式求最值，考查转化能力及计算能力，属于难题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

利用圆系方程，求解即可．【题目详解】设两圆和的交点分别为，则线段是两个圆的公共弦．令，，两式相减，得，即，故线段所在直线的方程为．【题目点拨】本题考查圆系方程的应用，考查计算能力．12、－【解题分析】

先利用平面向量数量积的定义和坐标运算得到，再利用两角和的正弦公式和平方关系进行求解.【题目详解】根据题意知，又P1，P2在单位圆上，，即x1x2＋y1y2＝cosθ；∵①又sin2θ＋cos2θ＝1②且θ为钝角，联立①②求得cosθ＝－.【题目点拨】本题主要考查平面向量的数量积定义和坐标运算、两角和的正弦公式，意在考查学生的逻辑思维能力和基本运算能力，属于中档题．13、4【解题分析】

根据等比数列的等积求解即可.【题目详解】因为,故.又,故.故答案为：4【题目点拨】本题主要考查了等比数列等积性的运用,属于基础题.14、【解题分析】

由题意可得且，即且，，化简可得由不等式的性质可得的取值范围.【题目详解】解：，故有且，化简可得且即故答案为：【题目点拨】本题考查数列极限以及不等式的性质，属于中档题.15、【解题分析】

将两边平方，化简后利用基本不等式求得的最大值.【题目详解】将两边平方并化简得，由基本不等式得，故，即，即，所以的最大值为.【题目点拨】本小题主要考查平面向量模的运算，考查利用基本不等式求最值，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.16、【解题分析】

求出面积的最大值，结合棱锥的体积可得到平面距离的最小值，进一步求得球的半径的最小值得答案．【题目详解】解：在中，由，且，

得，得．

当且仅当时，有最大值1．

过球心，且四面体的体积为1，

∴三棱锥的体积为．

则到平面的距离为．

此时的外接圆的半径为，则球的半径的最小值为，

∴球O的表面积的最小值为．

故答案为：．【题目点拨】本题考查多面体外接球表面积最值的求法，考查逻辑思维能力与推理运算能力，考查空间想象能力，是中档题．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）；（2）2【解题分析】

（1）联立两条直线的方程，解方程组求得点坐标，根据的斜率求得与其垂直直线的斜率，根据点斜式求得所求直线方程.（2）根据（1）中点的坐标以及为中点这一条件，求得两点的坐标，进而求得三角形的面积.【题目详解】解：（1）联立，解得交点的坐标为，∵与垂直，∴的斜率，∴的方程为，即.（2）∵为的中点，已知，，即，∴【题目点拨】本小题主要考查两条直线交点坐标的求法，考查两条直线垂直斜率的关系，考查直线的点斜式方程，考查三角形的面积公式以及中点坐标，属于基础题.18、（1）（2）.【解题分析】

（1）设的中点为，可得出，利用重心性质得出，由此可得出关于、的表达式；（2）由，得出，再由，可得出关于、的表达式.【题目详解】（1）设的中点为，则，，为的重心，因此，；（2），，因此，.【题目点拨】本题考查利基底表示向量，应充分利用平面几何中一些性质，将问题中所涉及的向量利用基底表示，并结合平面向量的线性运算法则进行计算，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.19、（1）见证明；（2）见证明【解题分析】

（1）由，得，两式作差可得，利用等比数列的定义，即可作出证明；（2）由（1）可得，得到，利用裂项法求得数列的和，即可作出证明.【题目详解】（1）证明：由，得，两式作差可得：，即，即，又，得，所以数列是首项为，公比为的等比数列；（2）由（1）可得，数列的通项公式为，又由，所以.所以.【题目点拨】本题主要考查了等比数列的定义，以及数列“裂项法”求和的应用，其中解答中熟记等比数列的定义和通项，以及合理利用数列的“裂项法”求得数列的前n项和是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.20、（1）（2）【解题分析】

（1）是关于m的一次函数，计算得到答案.（2）易知，讨论和两种情况计算得到答案.【题目详解】（1）对任意实数，恒成立，即对任意实数恒成立，是关于m的一次函数，，解得或，所以实数x的取值范围是.（2）存在，使得成立，即，显然.（i）当时，要使成立，即需成立，即需成立.，(当且仅当时等号成立)，，.（ii）当时，要使成立，即需成立，即需成立，，