甘肃省白银市第九中学2024届高一数学第二学期期末综合测试试题含解析

甘肃省白银市第九中学2024届高一数学第二学期期末综合测试试题注意事项：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．抽查10件产品，设“至少抽到2件次品”为事件，则的对立事件是（）A．至多抽到2件次品 B．至多抽到2件正品C．至少抽到2件正品 D．至多抽到一件次品2．若直线：与直线：平行，则的值为()A．-1 B．0 C．1 D．-1或13．若向量＝，||＝2，若·(－)＝2，则向量与的夹角()A． B． C． D．4．甲、乙两人下棋，甲获胜的概率为40%，甲不输的概率为90%，则甲、乙下成平局的概率为（）A．50% B．30% C．10% D．60%5．设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且，（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则6．已知扇形的半径为，面积为，则这个扇形圆心角的弧度数为（）A． B． C．2 D．47．如图，、两点为山脚下两处水平地面上的观测点，在、两处观察点观察山顶点的仰角分别为、若，，且观察点、之间的距离为米，则山的高度为()A．米 B．米 C．米 D．米8．的值是()A． B． C． D．9．若，，则方程有实数根的概率为（）A． B． C． D．10．用数学归纳法证明“”,从“到”左端需增乘的代数式为()A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知数列的通项公式为，则该数列的前1025项的和___________.12．已知指数函数上的最大值与最小值之和为10，则=____________。13．在锐角△中，，，，则________14．根据党中央关于“精准脱贫”的要求，石嘴山市农业经济部门派3位专家对大武口、惠农2个区进行调研，每个区至少派1位专家，则甲，乙两位专家派遣至惠农区的概率为_____．15．设是等差数列的前项和，若，，则公差（___）．16．函数的定义域是_____.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．数列中，，.前项和满足.（1）求（用表示）；（2）求证：数列是等比数列；（3）若，现按如下方法构造项数为的有穷数列，当时，；当时，.记数列的前项和，试问：是否能取整数？若能，请求出的取值集合：若不能，请说明理由.18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，，.（1）求：（2）求的面积.19．在等比数列中，.（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和.20．如图，在三棱柱中，各个侧面均是边长为的正方形，为线段的中点.(1)求证:直线平面；(2)求直线与平面所成角的余弦值；(3)设为线段上任意一点，在内的平面区域(包括边界)是否存在点，使，并说明理由.21．已知数列满足：.（1）证明数列是等比数列，并求数列的通项；（2）求数列的前项和.

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【解析】

由对立事件的概念可知，直接写出其对立事件即可.【详解】“至少抽到2件次品”的对立事件为“至多抽到1件次品”，故选D【点睛】本题主要考查对立事件的概念，熟记对立事件的概念即可求解，属于基础题型.2、C【解析】

两直线平行表示两直线斜率相等，写出斜率即可算出答案．【详解】显然，，．所以，解得，又时两直线重合，所以．故选C【点睛】此题考查直线平行表示直线斜率相等，属于简单题．3、A【解析】

根据向量的数量积运算，向量的夹角公式可以求得.【详解】由已知可得：，得，设向量与的夹角为，则所以向量与的夹角为故选A.【点睛】本题考查向量的数量积运算和夹角公式，属于基础题.4、A【解析】

甲不输的概率等于甲获胜或者平局的概率相加，计算得到答案.【详解】甲不输的概率等于甲获胜或者平局的概率相加甲、乙下成平局的概率为：故答案选A【点睛】本题考查了互斥事件的概率，意在考查学生对于概率的理解.5、A【解析】试题分析：由面面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一平面的一条垂线，则两面垂直，可得，可得考点：空间线面平行垂直的判定与性质6、D【解析】

利用扇形面积，结合题中数据，建立关于圆心角的弧度数的方程，即可解得.【详解】解：设扇形圆心角的弧度数为，因为扇形所在圆的半径为，且该扇形的面积为，则扇形的面积为，解得：.故选：D.【点睛】本题在已知扇形面积和半径的情况下，求扇形圆心角的弧度数，着重考查了弧度制的定义和扇形面积公式等知识，属于基础题.7、A【解析】

过点作延长线于，根据三角函数关系解得高.【详解】过点作延长线于，设山的高度为故答案选A【点睛】本题考查了三角函数的应用，属于简单题.8、A【解析】由于==.故选A．9、B【解析】方程有实数根，则：，即：，则：，如图所示，由几何概型计算公式可得，满足题意的概率值为：.本题选择B选项.10、B【解析】

分别求出时左端的表达式，和时左端的表达式，比较可得“从到”左端需增乘的代数式.【详解】由题意知，当时，有，当时，等式的左边为，所以左边要增乘的代数式为.故选：.【点睛】本题主要考查的是归纳推理，需要结合数学归纳法进行求解，熟知数学归纳法的步骤，最关键的是从到，考查学生仔细观察的能力，是中档题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、2039【解析】

根据所给分段函数,依次列举出当时的值,即可求得的值.【详解】当时,,当时,,,共1个2.当时,,,共3个2.当时,,,共7个2.当时,,,共15个2.当时,,,共31个2.当时,,,共63个2.当时,,,共127个2.当时,,,共255个2.当时,,,共511个2.当时,,,共1个2.所以由以上可知故答案为:2039【点睛】本题考查了分段函数的应用,由所给式子列举出各个项,即可求和,属于中档题.12、【解析】

根据和时的单调性可确定最大值和最小值，进而构造方程求得结果.【详解】当时，在上单调递增，，解得：或（舍）当时，在上单调递减，，解得：（舍）或（舍）综上所述：故答案为：【点睛】本题考查利用函数最值求解参数值的问题，关键是能够根据指数函数得单调性确定最值点.13、【解析】

由正弦定理，可得，求得，即可求解，得到答案.【详解】由正弦定理，可得，所以，又由△为锐角三角形，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查了正弦定理得应用，其中解答中熟记正弦定理，准确计算是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题.14、【解析】

将所有的基本事件全部列举出来，确定基本事件的总数，并确定所求事件所包含的基本事件数，然后利用古典概型的概率公式求出答案．【详解】所有的基本事件有：（甲、乙丙）、（乙，甲丙）、（丙、甲乙）、（甲乙、丙）、（甲丙、乙）、（乙丙、甲）（其中前面的表示派往大武口区调研的专家），共个，因此，所求的事件的概率为，故答案为．【点睛】本题考查古典概型概率的计算，解决这类问题的关键在于确定基本事件的数目，一般利用枚举法和数状图法来列举，遵循不重不漏的基本原则，考查计算能力，属于基础题．15、【解析】

根据两个和的关系得到公差条件，解得结果.【详解】由题意可知，，即，又，两式相减得，.【点睛】本题考查等差数列和项的性质，考查基本分析求解能力，属基础题.16、.【解析】

由题意得到关于x的不等式，解不等式可得函数的定义域.【详解】由已知得,即解得，故函数的定义域为.【点睛】求函数的定义域，其实质就是以函数解析式有意义为准则，列出不等式或不等式组，然后求出它们的解集即可．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）证明见详解.（3）能取整数,此时的取值集合为.【解析】

（1）利用递推关系式,令,通过,求出即可.（2）递推关系式转化为：,化简推出数列是等比数列.（3）由,求出,求出,得到通项公式,然后求解的分母与分子,讨论要使取整数,需为整数,推出的取值集合为时,取整数【详解】解：（1）令,则,将,代入,有.解得：.（2）由得,化简得,又,是等比数列.（3）由,,又是等比数列,,,①当时,依次为,.②当时,,,,要使取整数,需为整数,令,,,要么都为整数,要么都不是整数,又所以当且仅当为奇数时,为整数,即的取值集合为时,取整数.【点睛】本题主要考查利用递推公式结合,为判断等比数列,考查数列前项和的比的问题的转化与化归思想的综合性解题能力.18、（1）；（2）【解析】

（1）由已知可先求，然后结合正弦定理可求的值；（2）利用两角和的正弦函数公式可求的值，根据三角形的面积公式即可计算得解．【详解】（1），，，，由正弦定理，可得：.（2），．【点睛】本题考查正弦定理，三角形的面积公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.19、（1）（2）【解析】

（1）将已知条件化为和后，联立解出和后即可得到通项公式；（2）根据错位相减法可得结果.【详解】（1）因为，所以解得故的通项公式为.（2）由（1）可得，则，①，②①-②得.所以故.【点睛】本题考查了等比数列通项公式基本量的计算，考查了错位相减法求数列的和，属于中档题.20、(1)见解析(2)（3）存在点，使，详见解析【解析】

(1)设与的交点为，证明进而证明直线平面.(2)先证明直线与平面所成角的为，再利用长度关系计算.(3)过点作，证明平面，即，所以存在.【详解】(1)设与的交点为，显然为中点，又点为线段的中点，所以，平面，平面，平面.(2)平面，平面,，，平面，平面，平面，点在平面上的投影为点，直线与平面所成角的为，，，，.(3)过点作，又因为平面，平面，所以，平面，平面，平面，，所以存在点，使.【点睛】本题考查了立体几何线面平行，线面夹角，动点问题，将线线垂直转化为线面垂