山东省青岛西海岸新区第一中学2024届数学高二上期末综合测试试题含解析

山东省青岛西海岸新区第一中学2024届数学高二上期末综合测试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．将点的极坐标化成直角坐标是(

)A. B.C. D.2．已知函数的导数为，且满足，则（）A. B.C. D.3．东汉末年的数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”，根据面积关系给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”.如图1，它由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.我们通过类比得到图2，它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形.对于图2.下列结论正确的是（）①这三个全等的钝角三角形不可能是等腰三角形；②若，，则；③若，则；④若是的中点，则三角形的面积是三角形面积的7倍.A.①②④ B.①②③C.②③④ D.①③④4．过坐标原点作直线的垂线，垂足为，则的取值范围是（）A. B.C. D.5．已知全集，，（）A. B.C. D.6．设函数的定义域为，满足，且当时，.若对任意，都有，则的取值范围是（）A. B.C. D.7．如图所示，某空间几何体的三视图是3个全等的等腰直角三角形，且直角边长为2，则该空间几何体的体积为（）A. B.C. D.8．在正方体中，分别是线段的中点，则点到直线的距离是（）A. B.C. D.9．已知点，Q是圆上的动点，则线段长的最小值为（）A.3 B.4C.5 D.610．设数列的前项和为，且，则（）A. B.C. D.11．已知抛物线C：的焦点为F，过点P（-1，0）且斜率为的直线l与抛物线C相交于A，B两点，则（）A. B.14C. D.1512．棱长为1的正四面体的表面积是（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数，则函数在区间上的平均变化率为___________.14．已知圆的方程为，点是直线上的一个动点，过点作圆的两条切线为切点，则四边形面积的最小值为__________；直线__________过定点.15．已知随机变量X服从正态分布，若，则______16．已知集合，，将中的所有元素按从大到小的顺序排列构成一个数列，则数列的前n项和的最大值为___________.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）如图，直四棱柱中，底面是边长为的正方形，点在棱上.（1）求证：；（2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作已知，使得平面，并给出证明.条件①：为的中点；条件②：平面；条件③：.（3）在（2）的条件下，求平面与平面夹角的余弦值.18．（12分）如图，在四棱锥中，，为的中点，连接.（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值.19．（12分）已知数列的首项，，，.（1）证明：为等比数列；（2）求数列的前项和20．（12分）已知的三个内角，，的对边分别为，，，且满足.（1）求角的大小；（2）若，，，求的长.21．（12分）年月日，中国选手杨倩在东京奥运会女子米气步枪决赛由本得冠军，为中国代表团揽入本届奥运会第一枚金牌.受奥运精神的鼓舞，某射击俱乐部组织名射击爱好者进行一系列的测试，并记录他们的射击得分（单位：分），将所得数据整理得到如图所示的频率分布直方图.（1）求频率分布直方图中的值，并估计该名射击爱好者的射击平均得分（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）；（2）若采用分层抽样的方法，从得分高于分的射击爱好者中随机抽取人调查射击技能情况，再从这人中随机选取人进行射击训练，求这人中至少有人的分数高于分的概率.22．（10分）已知函数.（1）当时，求的极值；（2）设函数，，，求证：.

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、A【解析】本题考查极坐标与直角坐标互化由点M的极坐标，知极坐标与直角坐标的关系为，所以的直角坐标为即故正确答案为A2、C【解析】首先求出，再令即可求解.【详解】由，则，令，则，所以.故选：C【点睛】本题主要考查了基本初等函数的导数以及导数的基本运算法则，属于基础题.3、A【解析】对于①，由三角形大边对大角的性质分析，对于②，根据题意利用正弦定理分析，对于③，利用余弦定理分析，对于④，利用三角形的面积公式分析判断【详解】对于①，根据题意，图2，它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，故，，所以这三个全等的钝角三角形不可能是等腰三角形，故①正确；对于②，由题知，在中，，，，所以，所以由正弦定理得解得，因为，所以，故②正确；对于③，不妨设，所以在中，由余弦定理得，代入数据得，所以，所以，故③错误；对于④，若是的中点，则，所以，故④正确.故选：A第II卷（非选择题4、D【解析】求出直线直线过的定点A，由题意可知垂足是落在以OA为直径的圆上，由此可利用的几何意义求得答案,【详解】直线，即，令，解得，即直线过定点,由过坐标原点作直线的垂线，垂足为，可知：落在以OA为直径的圆上，而以OA为直径的圆为，如图示：故可看作是圆上的点到原点距离的平方，而圆过原点，圆上点到原点的最远距离为，但将原点坐标代入直线中，不成立，即直线l不过原点，所以不可能和原点重合，故，故选：D5、C【解析】根据条件可得，则，结合条件即可得答案.【详解】因，所以，则，又，所以，即.故选：C6、D【解析】由题意得当时，，根据题意作出函数的部分图象，再结合图象即可求出答案【详解】解：当时，，又，∴当时，，∴在上单调递增，在上单调递减，且；又，则函数图象每往右平移两个单位，纵坐标变为原来的倍，作出其大致图象得，当时，由得，或，由图可知，若对任意，都有，则，故选：D【点睛】本题主要考查函数的图象变换，考查数形结合思想，属于中档题7、A【解析】在该空间几何体的直观图中去求其体积即可.【详解】依托棱长为2的正方体得到该空间几何体的直观图为三棱锥则故选：A8、A【解析】以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，然后，列出计算公式进行求解即可【详解】如图，以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系.因为，所以，所以，则点到直线的距离故选：A9、A【解析】根据圆的几何性质转化为圆心与点的距离加上半径即可得解.【详解】圆的圆心为，半径为，所以，圆上点在线段上时，，故选：A10、C【解析】利用，把代入中，即可求出答案.【详解】当时，.当时，.故选：C.11、C【解析】设A、B两点的坐标分别为，，根据抛物线的定义求出，然后将直线的方程代入抛物线方程并化简，进而结合根与系数的关系求得答案.【详解】设A、B两点坐标分别为，，直线的方程为，抛物线的准线方程为：，由抛物线定义可知：.联立方程，消去y后整理为，可得，，.故选：C.12、D【解析】采用数形结合，根据边长，结合正四面体的概念，计算出正三角形的面积，可得结果【详解】如图由正四面体的概念可知，其四个面均是全等的等边三角形，由其棱长为1，所以，所以可知：正四面体的表面积为，故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、3【解析】根据平均变化率的定义即可计算.【详解】设，因，，所以.故答案为：314、①.②.【解析】根据切线的相关性质将四边形面积化为，即求出最小值即可，即圆心到直线的距离；又可得四点在以为直径的圆上，且是两圆的公共弦，设出点坐标，求出圆的方程可得直线方程，即可得出定点.详解】由圆得圆心，半径，由题意可得,在中，，，可知当垂直直线时，，所以四边形的面积的最小值为，可得四点在以为直径的圆上，且是两圆的公共弦，设，则圆心为，半径为，则该圆方程为，整理可得，联立两圆可得直线AB的方程为，即可得当时，，故直线过定点.故答案为：；.15、##25【解析】根据正态分布曲线的对称性即可求得结果.【详解】，，又，，.故答案为：.16、【解析】由题意设，，根据可得，从而，即可得出答案.【详解】设，由，得，由，得中的元素满足，即，可得所以，由,所以所以，要使得数列的前n项和的最大值，即求出数列中所以满足的项的和即可.即，得，则所以数列的前n项和的最大值为故答案为：1472三、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）答案见解析；（3）.【解析】（1）连结，，由直四棱柱的性质及线面垂直的性质可得，再由正方形的性质及线面垂直的判定、性质即可证结论.（2）选条件①③，设，连结，，由中位线的性质、线面垂直的性质可得、，再由线面垂直的判定证明结论；选条件②③，设，连结，由线面平行的性质及平行推论可得，由线面垂直的性质有，再由线面垂直的判定证明结论；（3）构建空间直角坐标系，求平面、平面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求平面与平面夹角的余弦值.【小问1详解】连结，，由直四棱柱知：平面，又平面，所以，又为正方形，即，又，∴平面，又平面，∴.【小问2详解】选条件①③，可使平面.证明如下：设，连结，，又，分别是，的中点，∴.又，所以.由（1）知：平面，平面，则.又，即平面.选条件②③，可使平面.证明如下：设，连结.因为平面，平面，平面平面，所以，又，则.由（1）知：平面，平面，则.又，即平面.【小问3详解】由（2）可知，四边形为正方形，所以.因为，，两两垂直，如图，以为原点，建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以，.由（1）知：平面的一个法向量为.设平面的法向量为，则，令，则.设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.18、（1）证明过程见解析；（2）.【解析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可；（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可.【小问1详解】因为为的中点，所以，而，所以四边形是平行四边形，因此，因为，，为的中点，所以，，而，因为，所以，而平面，所以平面；【小问2详解】根据（1），建立如图所示的空间直角坐标系，，于是有：，则平面的法向量为：，设平面的法向量为：，所以，设平面与平面的夹角为，所以.19、（1）证明见解析（2）【解析】（1）利用等比数列的定义即可证明.（2）利用错位相减法即可求解.【小问1详解】当时，，所以：数列是公比为3的等比数列；【小问2详解】由（1）知，数列是以3为首项，以3为公比的等比数列，所以：，所以：，，所以，①所以，②①②可得.20、（1）；（2）.【解析】（1）由正弦定理化边为角后，结合两角和的正弦公式、诱导公式可求得；（2）用表示出，然后平方由数量积的运算求得向量的模（线段长度）【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得，即，因为，所以，，∵，故；（2）由，得，所以，所以.21、（1），平均分为；（2）.【解析】（1）利用频率直方图中所有矩形面积之和为可求得的值，将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，将所得结果全部相加可得平均成绩；（2）分析可知所抽取的人中，成绩在内的有人，分别记为、、、，成绩在内的有人，分别记为、，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【小问1详解】解：根据频率分布直方图得到，解得.这组样本数据平均数为.【小问2详解】解：根据频率分布直方图得到，分数在、内的频率分别为、，所以采用分层抽样的方法从样本中抽取的人，成绩在内的有人，分别记为、、、，成绩在内的有人，分别记为、，