2024届河南省夏邑一高数学高一第二学期期末教学质量检测试题含解析

2024届河南省夏邑一高数学高一第二学期期末教学质量检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．等比数列{an}中，a3=12A．3×10-5C．128 D．3×2-52．已知数列的前项和为，且，若对任意，都有成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．3．某个命题与自然数有关，且已证得“假设时该命题成立，则时该命题也成立”．现已知当时，该命题不成立，那么（）A．当时，该命题不成立 B．当时，该命题成立C．当时，该命题不成立 D．当时，该命题成立4．已知两条不重合的直线和，两个不重合的平面和，下列四个说法：①若，，，则；②若，，则；③若，，，，则；④若，，，，则．其中所有正确的序号为（）A．②④ B．③④ C．④ D．①③5．在中，角，，所对的边分别为，，，若，，则等于()A．1 B．2 C． D．46．在数列中，，且数列是等比数列，其公比，则数列的最大项等于（）A． B． C．或 D．7．若，是不同的直线，，是不同的平面，则下列命题中正确的是（）A．若，，，则 B．若，，，则C．若，，，则 D．若，，，则8．椭圆以轴和轴为对称轴，经过点(2，0)，长轴长是短轴长的2倍，则椭圆的方程为（）A． B．C．或 D．或9．某中学高一年级甲班有7名学生，乙班有8名学生参加数学竞赛，他们取得的成绩的茎叶图如图所示，其中甲班学生的平均分是85，乙班学生成绩的中位数是82，若从成绩在的学生中随机抽取两名学生，则两名学生的成绩都高于82分的概率为（）A． B． C． D．10．已知、的取值如下表所示：如果与呈线性相关，且线性回归方程为，则（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．在《九章算术·商功》中将四个面均为直角三角形的三棱锥称为鳖臑（biēnào），在如下图所示的鳖臑中，，，，则的直角顶点为______.12．如图所示，已知，用表示.13．已知，，则________14．一组数据2，4，5，，7，9的众数是2，则这组数据的中位数是_________.15．用线性回归某型求得甲、乙、丙3组不同的数据的线性关系数分别为0.81，-0.98，0.63，其中_________（填甲、乙、丙中的一个）组数据的线性关系性最强。16．点到直线的距离为________.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（且）是R上的奇函数，且.（1）求的解析式；（2）若关于x的方程在区间内只有一个解，求m的取值集合；（3）设，记，是否存在正整数n，使不得式对一切均成立？若存在，求出所有n的值，若不存在，说明理由.18．如图，在四棱锥中，平面平面，，且，．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）若为的中点，求证：平面．19．如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PA⊥平面ABCD，E，F分别是AB，PD的中点，且PA=AD．（Ⅰ）求证：AF∥平面PEC；（Ⅱ）求证：平面PEC⊥平面PCD．20．为了对某课题进行研究，用分层抽样方法从三所高校，，的相关人员中，抽取若干人组成研究小组，有关数据见下表（单位：人）.高校相关人员抽取人数A18B362C54（1）求，；（2）若从高校，抽取的人中选2人做专题发言，求这2人都来自高校的概率.21．已知点，求的边上的中线所在的直线方程．

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】

根据等比数列的通项公式得到公比，进而得到通项.【题目详解】设公比为q，则12q+12q=30，∴∴q=2或q=12，∴a10即3×29或故选D.【题目点拨】本题考查了等比数列通项公式的应用，属于简单题.2、B【解题分析】即对任意都成立，当时，当时，当时，归纳得：故选点睛：根据已知条件运用分组求和法不难计算出数列的前项和为，为求的取值范围则根据为奇数和为偶数两种情况进行分类讨论，求得最后的结果3、C【解题分析】

写出命题“假设时该命题成立，则时该命题也成立”的逆否命题，结合原命题与逆否命题的真假性一致进行判断.【题目详解】由逆否命题可知，命题“假设时该命题成立，则时该命题也成立”的逆否命题为“假设当时该命题不成立，则当时该命题也不成立”，由于当时，该命题不成立，则当时，该命题也不成立，故选：C.【题目点拨】本题考查逆否命题与原命题等价性的应用，解题时要写出原命题的逆否命题，结合逆否命题的等价性进行判断，考查逻辑推理能力，属于中等题.4、C【解题分析】

根据线面平行，面面平行，线面垂直，面面垂直的性质定理，判定定理等有关结论，逐项判断出各项的真假，即可求出．【题目详解】对①，若，，，则或和相交，所以①错误；对②，若，，则或，所以②错误；对③，根据面面平行的判定定理可知，只有，，，，且和相交，则，所以③错误；对④，根据面面垂直的性质定理可知，④正确．故选：C．【题目点拨】本题主要考查有关线面平行，面面平行，线面垂直，面面垂直的命题的判断，意在考查线面平行，面面平行，线面垂直，面面垂直的性质定理，判定定理等有关结论的理解和应用，属于基础题．5、D【解题分析】

直接利用正弦定理得到，带入化简得到答案.【题目详解】正弦定理：即：故选D【题目点拨】本题考查了正弦定理，意在考查学生的计算能力.6、C【解题分析】

在数列中，，，且数列是等比数列，其公比，利用等比数列的通项公式可得：．可得，利用二次函数的单调性即可得出．【题目详解】在数列中，，，且数列是等比数列，其公比，．，．由或8时，，或9时，，数列的最大项等于或．故选：C.【题目点拨】本题考查等比数列的通项公式、累乘法、二次函数的单调性，考查推理能力与计算能力，属于中档题．7、C【解题分析】

A中平面，可能垂直也可能平行或斜交，B中平面，可能平行也可能相交，C中成立，D中平面，可能平行也可能相交.【题目详解】A中若，，，平面，可能垂直也可能平行或斜交；B中若，，，平面，可能平行也可能相交；同理C中若，，则，分别是平面，的法线，必有；D中若，，，平面，可能平行也可能相交.故选C项.【题目点拨】本题考查空间中直线与平面，平面与平面的位置关系，属于简单题.8、C【解题分析】

由于椭圆长轴长是短轴长的2倍，即，又椭圆经过点(2，0)，分类讨论，即可求解.【题目详解】由于椭圆长轴长是短轴长的2倍，即，又椭圆经过点(2，0)，则若焦点在x轴上，则，，椭圆方程为；若焦点在y轴上，则，，椭圆方程为，故选C．【题目点拨】本题主要考查了椭圆的方程的求解，其中解答中熟记椭圆的标准方程的形式，合理分类讨论是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.9、D【解题分析】

计算得到，，再计算概率得到答案.【题目详解】，解得；，解得；故.故选：.【题目点拨】本题考查了平均值，中位数，概率的计算，意在考查学生的应用能力.10、A【解题分析】

计算出、，再将点的坐标代入回归直线方程，可求出的值.【题目详解】由表格中的数据可得，，由于回归直线过样本的中心点，则有，解得，故选：A.【题目点拨】本题考查回归直线方程中参数的计算，解题时要充分利用回归直线过样本的中心点这一结论，考查计算能力，属于基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

根据，可得平面，进而可得，再由，证明平面，即可得出，是的直角顶点.【题目详解】在三棱锥中，，，且，∴平面，又平面，∴，又∵，且，∴平面，又平面，∴，∴的直角顶点为.故答案为：.【题目点拨】本题考查了直线与直线以及直线与平面垂直的应用问题，属于基础题.12、【解题分析】

可采用向量加法和减法公式的线性运算进行求解【题目详解】由，整理得【题目点拨】本题考查向量的线性运算，解题关键在于将所有向量通过向量的加法和减法公式转化成基底向量，属于中档题13、【解题分析】

直接利用反三角函数求解角的大小，即可得到答案.【题目详解】因为，，根据反三角函数的性质，可得.故答案为：.【题目点拨】本题主要考查了三角方程的解法，以及反三角函数的应用，属于基础题.14、【解题分析】

根据众数的定义求出的值，再根据中位数的定义进行求解即可.【题目详解】因为一组数据2，4，5，，7，9的众数是2，所以，这一组数据从小到大排列为：2，2，4，5，7，9，因此这一组数据的中位数为：.故答案为：【题目点拨】本题考查了众数和中位数的定义，属于基础题.15、乙【解题分析】由当数据的相关系数的绝对值越趋向于，则相关性越强可知，因为甲、乙、丙组不同的数据的线性相关系数分别为，所以乙线性相关系数的绝对值越接近，所以乙组数据的相关性越强．16、3【解题分析】

根据点到直线的距离公式，代值求解即可.【题目详解】根据点到直线的距离公式，点到直线的距离为.故答案为：3.【题目点拨】本题考查点到直线的距离公式，属基础题.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）；（2）m的取值集合或}（3）存在，【解题分析】

（1）利用奇函数的性质得到关于实数k的方程，解方程即可，注意验证所得的结果；（2）结合函数的单调性和函数的奇偶性脱去f的符号即可；（3）可得，即可得：即可.【题目详解】（1）由奇函数的性质可得：，解方程可得：.此时，满足，即为奇函数.的解析式为：；（2）函数的解析式为：，结合指数函数的性质可得：在区间内只有一个解.即：在区间内只有一个解.（i）当时，，符合题意.（ii）当时,只需且时，，此时，符合题意综上，m的取值集合或}（3）函数为奇函数关于对称又当且仅当时等号成立所以存在正整数n，使不得式对一切均成立.【题目点拨】本题考查了复合型指数函数综合，考查了学生综合分析，转化划归，数形结合，数学运算的能力，属于难题.18、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析【解题分析】

（Ⅰ）线线垂直先求线面垂直，即平面，进而可得；（Ⅱ）连接D与PC的中点F，只需证明即可．【题目详解】（Ⅰ）因为，所以．因为平面平面，且平面平面，所以平面．因为平面，所以．（Ⅱ）证明：取中点，连接，．因为为中点，所以，且．因为，且，所以，且，所以四边形为平行四边形．所以．因为平面，平面，所以平面．【题目点拨】此题考查立体几何证明，线线垂直一般通过线面垂直证明，线面平行只需在面内找到一个线与已知线平行即可，题目中出现中点一般也要在找其他中点连接，属于较易题目．19、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析【解题分析】

（Ⅰ）取PC的中点G，连结FG、EG，AF∥EG又EG⊂平面PCE，AF⊄平面PCE，AF∥平面PCE；（Ⅱ）由（Ⅰ）得EG∥AF，只需证明AF⊥面PDC，即可得到平面PEC⊥平面PCD．【题目详解】证明：（Ⅰ）取PC的中点G，连结FG、EG，∴FG为△CDP的中位线，FG∥CD，FG=CD．∵四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，∴AE∥CD，AE=CD．∴FG=AE，FG∥AE，∴四边形AEGF是平行四边形，∴AF∥EG又EG⊂平面PCE，AF⊄平面PCE，∴AF∥平面PCE；（Ⅱ）∵PA=AD．∴AF⊥PDPA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，又因为CD⊥AB，AP∩AB=A，∴CD⊥面APD∴CD⊥AF，且PD∩CD=D，∴AF⊥面PDC由（Ⅰ）得EG∥AF，∴EG⊥面PDC又EG⊂平面PCE，∴平面PEC⊥平面PCD．【题目点拨】本题考查了空间线面平行、面面垂直的判定，属于中档题．20、（1），（2）【解题分析】

（1）根据分层抽样的概念,可得,求解即可；（2）分别记从高校抽取的2人为,,从高校抽取的3人为,,,先列出从5人中选2人作专题发言的基