山东省师范大学附属中学2024届高一数学第二学期期末学业质量监测试题含解析

山东省师范大学附属中学2024届高一数学第二学期期末学业质量监测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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．某林区改变植树计划，第一年植树增长率200%，以后每年的植树增长率都是前一年植树增长率的12，若成活率为100%，经过4A．14 B．454 C．62．已知如图正方体中，为棱上异于其中点的动点，为棱的中点，设直线为平面与平面的交线，以下关系中正确的是（）A． B．C．平面 D．平面3．直线与、为端点的线段有公共点，则k的取值范围是（）A． B．C． D．4．设的内角所对的边分别为，且，已知的面积等于，，则的值为（）A． B． C． D．5．若直线：与直线：垂直，则实数().A． B． C．2 D．或26．若变量满足约束条件则的最小值等于（）A． B． C． D．27．设l是直线，，是两个不同的平面，下列命题正确的是（）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则8．设点是函数图象上的任意一点，点满足，则的最小值为（）A． B． C． D．9．记动点P是棱长为1的正方体的对角线上一点，记．当为钝角时，则的取值范围为()A． B． C． D．10．已知数列{an}为等差数列，,=1，若，则＝()A．22019 B．22020 C．22017 D．22018二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．方程组的增广矩阵是________.12．已知向量，，若，则__________．13．若等比数列的各项均为正数，且，则等于__________．14．设变量满足条件，则的最小值为___________15．如图，两个正方形，边长为2，.将绕旋转一周，则在旋转过程中，与平面的距离最大值为______.16．对于下列数排成的数阵：它的第10行所有数的和为________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．如图，在四边形中，，，.（1）若，求的面积；（2）若，，求的长.18．已知数列满足,,,.(1)证明:数列是等比数列;(2)求数列的通项公式;(3)证明:.19．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（1）求A；（2）若A为锐角，，的面积为，求的周长．20．已知关于的不等式．（1）当时，解上述不等式．（2）当时，解上述关于的不等式21．某中学高二年级的甲、乙两个班中，需根据某次数学预赛成绩选出某班的5名学生参加数学竞赛决赛，已知这次预赛他们取得的成绩的茎叶图如图所示，其中甲班5名学生成绩的平均分是83，乙班5名学生成绩的中位数是1．（1）求出x，y的值，且分别求甲、乙两个班中5名学生成绩的方差、，并根据结果，你认为应该选派哪一个班的学生参加决赛？（2）从成绩在85分及以上的学生中随机抽取2名．求至少有1名来自甲班的概率．

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、B【解题分析】

由题意知增长率形成以首项为2，公比为12的等比数列，从而第n年的增长率为12n-2，则第n【题目详解】由题意知增长率形成以首项为2，公比为12的等比数列，从而第n年的增长率为1则第n年的林区的树木数量为an∴a1=3a0，a因此，经过4年后，林区的树木量是原来的树木量的454【题目点拨】本题考查数列的性质和应用，解题的关键在于建立数列的递推关系式，然后逐项进行计算，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.2、C【解题分析】

根据正方体性质，以及线面平行、垂直的判定以及性质定理即可判断.【题目详解】因为在正方体中，，且平面，平面，所以平面，因为平面，且平面平面，所以有，而，则与不平行，故选项不正确；若，则，显然与不垂直，矛盾，故选项不正确；若平面，则平面，显然与正方体的性质矛盾，故不正确；而因为平面，平面，所以有平面，所以选项C正确，.【题目点拨】本题考查了线线、线面平行与垂直的关系判断，属于中档题.3、D【解题分析】

由直线方程可得直线恒过点，利用两点连线斜率公式可求得临界值和，从而求得结果.【题目详解】直线恒过点则，本题正确选项：【题目点拨】本题考查利用直线与线段有交点确定直线斜率取值范围的问题，关键是能够确定直线恒过的定点，从而找到直线与线段有交点的临界状态.4、D【解题分析】

由正弦定理化简已知，结合，可求，利用同角三角函数基本关系式可求，进而利用三角形的面积公式即可解得的值．【题目详解】解：，由正弦定理可得，，，即，，解得：或（舍去），的面积，解得．故选：．【题目点拨】本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．5、A【解题分析】试题分析：直线：与直线：垂直，则，.考点：直线与直线垂直的判定.6、A【解题分析】

由约束条件作出可行域，由图得到最优解，求出最优解的坐标，数形结合得答案．【题目详解】解：由变量x，y满足约束条件作出可行域如图，由图可知，最优解为A，联立，解得A（﹣1，）．∴z＝2x﹣y的最小值为2×（﹣1）．故选A．【题目点拨】本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．7、D【解题分析】

利用空间线线、线面、面面的位置关系对选项进行逐一判断，即可得到答案.【题目详解】A.若，，则与可能平行，也可能相交，所以不正确.B.若，，则与可能的位置关系有相交、平行或,所以不正确.C.若，，则可能，所以不正确.D.若，，由线面平行的性质过的平面与相交于，则，又.

所以，所以有，所以正确.故选：D【题目点拨】本题考查面面平行、垂直的判断，线面平行和垂直的判断,属于基础题.8、B【解题分析】

函数表示圆位于x轴下面的部分．利用点到直线的距离公式，求出最小值．【题目详解】函数化简得．圆心坐标,半径为2.所以【题目点拨】本题考查点到直线的距离公式，属于基础题．9、B【解题分析】

建立空间直角坐标系，利用∠APC不是平角，可得∠APC为钝角等价于cos∠APC＜0，即

，从而可求λ的取值范围．【题目详解】

由题设，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，

则有A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），（0，0，1）

∴

=（1，1，-1），∴

=（λ，λ，-λ），

∴

=

+

=（-λ，-λ，λ）+（1，0，-1）=（1-λ，-λ，λ-1）

=

+

=（-λ，-λ，λ）+（0，1，-1）=（-λ，1-λ，λ-1）

显然∠APC不是平角，所以∠APC为钝角等价于cos∠APC＜0

∴

∴（1-λ）（-λ）+（-λ）（1-λ）+（λ-1）（λ-1）=（λ-1）（3λ-1）＜0，得

＜λ＜1

因此，λ的取值范围是（

，1），故选B.

点评：本题考查了用空间向量求直线间的夹角，一元二次不等式的解法，属于中档题．10、A【解题分析】

根据等差数列的性质和函数的性质即可求出.【题目详解】由题知∵数列{an}为等差数列，an≠1（n∈N*），a1+a2019＝1，∴a1+a2019＝a2+a2018＝a3+a2017＝…＝a1009+a1011a1010=1,∴a1010∴f（a1）×f（a2）×…×f（a2019）＝41009×（﹣2）＝﹣1．故选A．【题目点拨】本题考查了等差数列的性质和函数的性质，考查了运算能力和转化能力，属于中档题，注意：若{an}为等差数列，且m+n=p+q,则，性质的应用.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

理解方程增广矩阵的涵义，即可由二元线性方程组，写出增广矩阵.【题目详解】由题意，方程组的增广矩阵为其系数以及常数项构成的矩阵，故方程组的增广矩阵是.故答案为：【题目点拨】本题考查了二元一次方程组与增广矩阵的关系，需理解增广矩阵的涵义，属于基础题.12、1【解题分析】由,得.即.解得.13、50【解题分析】由题意可得，=，填50.14、-1【解题分析】

根据线性规划的基本方法求解即可.【题目详解】画出可行域有：因为.根据当直线纵截距最大时,取得最小值.由图易得在处取得最小值.故答案为：【题目点拨】本题主要考查了线性规划的基本运用,属于基础题.15、【解题分析】

绕旋转一周得到的几何体是圆锥，点的轨迹是圆.过作平面平面，交平面于.的轨迹在平面内.画出图像，根据图像判断出圆的下顶点距离平面的距离最大，解三角形求得这个距离的最大值.【题目详解】绕旋转一周得到的几何体是圆锥，故点的轨迹是圆.过作平面平面，交平面于.的轨迹在平面内.画出图像如下图所示，根据图像作法可知，当位于圆心的正下方点位置时，到平面的距离最大.在平面内，过作，交于.在中，,.所以①.其中，，所以①可化为.故答案为：【题目点拨】本小题主要考查旋转体的概念，考查空间点到面的距离的最大值的求法，考查空间想象能力和运算能力，属于中档题.16、【解题分析】

由题意得第10行的第一个数的绝对值为，第10行的最后一个数的绝对值为，再根据奇数为负数，偶数为正数，得到第10行的各个数，由此能求出第10行所有数的和．【题目详解】第1行1个数，第2行2个数，则第9行9个数，故第10行的第一个数的绝对值为，第10行的最后一个数的绝对值为，且奇数为负数，偶数为正数，故第10行所有数的和为，故答案为：．【题目点拨】本题以数阵为背景，观察数列中项的特点，求数列通项和前项和，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时要注意等差数列性质的合理运用．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）.【解题分析】

（1）由余弦定理求出BC，由此能求出△ABC的面积．（2）设∠BAC＝θ，AC=x，由正弦定理得从而，在中，由正弦定理得，建立关于θ的方程，由此利用正弦定理能求出sin∠CAD．再利用余弦定理可得结果.【题目详解】（1）因为，，，所以，即，所以.所以.（2）设，，则，在中，由正弦定理得：，所以；在中，，所以.即，化简得：，所以，所以，，所以在中，.即，解得或（舍）.【题目点拨】本题考查正、余弦定理在解三角形中的应用，考查了引入角的技巧方法，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．18、(1)证明见解析;(2);(3)证明见解析.【解题分析】

（1）由，得，即可得到本题答案；（2）由，得，即可得到本题答案；（3）当时，满足题意；若n是偶数，由，可得；当n是奇数,且时，由，可得，综上，即可得到本题答案.【题目详解】(1)因为，所以，因为，所以，所以数列是等比数列；(2)因为，所以，所以，又因为，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以；(3)①当时，；②若n是偶数，则，所以当n是偶数时，；③当n是奇数，且时，；综上所述，当时，.【题目点拨】本题主要考查利用构造法证明等比数列并求通项公式，以及数列与不等式的综合问题.19、（1）或；（2）.【解题分析】

(1)由正弦定理将边化为对应角的正弦值，即可求出结果；(2)由余弦定理和三角形的面积公式联立，即可求出结果.【题目详解】（I）由正弦定理得，，即又，或．（II），由余弦定理得，即，而的面积为．的周长为5+．【题目点拨】本题主要考查正弦定理和余弦定理解三角形，属于基础题型.20、（1）．（2）当时，解集为，当时，解集为，当时，解集为或【解题分析】

（1）将代入，结合一元二次不等式解法即可求解.（2）根据不等式，对分类讨论，即可由零点大小确定不等式的解集.【题目详解】（1）当时，代入可得，解不等式可得，所以不等式的解集为.（2）关于的不等式．若，当时，代入不等式可得，解得；当时，化简不等式可得，由解不等式可得，当时，化简不等式可得，解不等式可得或，综上可知，当时，不等式解集为，当时，不等式解集为，当时，不等式解集为或【题目点拨】本题考查了一元二次不等式的解法，含参数分类讨论的应用，属于基础题.21、（3）甲班参加；（4）．【解题分析】

试题分析：（3）由题意知求出x=5，