2024届陕西省西安市高新第一中学国际部数学高一第二学期期末学业水平测试试题含解析

2024届陕西省西安市高新第一中学国际部数学高一第二学期期末学业水平测试试题注意事项：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．已知，则比多了几项（）A．1 B． C． D．2．某学校高一、高二年级共有1800人，现按照分层抽样的方法，抽取90人作为样本进行某项调查.若样本中高一年级学生有42人，则该校高一年级学生共有（）A．420人 B．480人 C．840人 D．960人3．若平面向量，满足，，且，则等于（）A． B． C．2 D．84．在空间中，可以确定一个平面的条件是（）A．一条直线B．不共线的三个点C．任意的三个点D．两条直线5．设的内角所对边分别为．则该三角形（）A．无解 B．有一解 C．有两解 D．不能确定6．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（）A．54 B． C．90 D．817．在中，，，，则=（）A． B．C． D．8．已知等差数列和的前项和分别为和，．若，则的取值集合为（）A． B．C． D．9．如图，E是平行四边形ABCD的边AD的中点，设等差数列的前n项和为，若，则（）A．25 B． C． D．5510．设，且，则的最小值为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．函数，的值域为________12．如图，在等腰直角三角形ABC中，，，以AB为直径在外作半圆O，P是半圆弧AB上的动点，点Q在斜边BC上，若，则的取值范围是________.13．设等差数列的前项和为,若,,则______.14．设数列的前项和，若，，则的通项公式为_____．15．已知等差数列{an}的公差为d，且d≠0，其前n项和为Sn，若满足a1，a2，a5成等比数列，且S3＝9，则d＝_____，Sn＝_____.16．已知点和点，点在轴上，若的值最小，则点的坐标为______.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．已知向量，，且．（1）求向量的夹角；（2）求的值．18．直线经过点，且与圆相交与两点，截得的弦长为，求的方程.19．一个盒子中装有4张卡片，每张卡片上写有1个数字，数字分别是1、2、3、4，现从盒子中随机抽取卡片.(Ⅰ)若一次从中随机抽取3张卡片，求3张卡片上数字之和大于或等于7的概率；(Ⅱ)若第一次随机抽取1张卡片，放回后再随机抽取1张卡片，求两次抽取的卡片中至少一次抽到数字2的概率.20．设等差数列的前项和为，已知，，；（1）求公差的取值范围；（2）判断与0的大小关系，并说明理由；（3）指出、、、中哪个最大，并说明理由；21．已知是圆的直径，垂直圆所在的平面,是圆上任一点．求证:平面⊥平面.

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】

由写出，比较两个等式得多了几项.【题目详解】由题意，则，那么：，又比多了项.故选：D.【题目点拨】本题考查对函数的理解和带值计算问题，属于基础题.2、C【解题分析】

先由样本容量和总体容量确定抽样比，用高一年级抽取的人数除以抽样比即可求出结果.【题目详解】由题意需要从1800人中抽取90人，所以抽样比为，又样本中高一年级学生有42人，所以该校高一年级学生共有人.故选C【题目点拨】本题主要考查分层抽样，先确定抽样比，即可确定每层的个体数，属于基础题型.3、B【解题分析】

由，可得，再结合，展开可求出答案.【题目详解】由，可知，展开可得，所以，又，，所以.故选：B.【题目点拨】本题考查向量数量积的应用，考查学生的计算求解能力，注意向量的平方等于模的平方，属于基础题.4、B【解题分析】试题分析：根据平面的基本性质及推论，即确定平面的几何条件，即可知道答案．解：对于A．过一条直线可以有无数个平面，故错；对于C．过共线的三个点可以有无数个平面，故错；对于D．过异面的两条直线不能确定平面，故错；由平面的基本性质及推论知B正确．故选B．考点：平面的基本性质及推论．5、C【解题分析】

利用正弦定理以及大边对大角定理求出角，从而判断出该三角形解的个数．【题目详解】由正弦定理得，所以，，，，或，因此，该三角形有两解，故选C.【题目点拨】本题考查三角形解的个数的判断，解题时可以充分利用解的个数的等价条件来进行判断，具体来讲，在中，给定、、，该三角形解的个数判断如下：（1）为直角或钝角，，一解；，无解；（2）为锐角，或，一解；，两解；，无解.6、A【解题分析】

由已知中的三视图可得：该几何体是一个以正方形为底面的斜四棱柱，进而得到答案．【题目详解】由三视图可知，该多面体是一个以正方形为底面的斜四棱柱，四棱柱的底面是边长为3的正方形，四棱柱的高为6，则该多面体的体积为.故选：A.【题目点拨】本题考查三视图知识及几何体体积的计算，根据三视图判断几何体的形状，再由几何体体积公式求解，属于简单题.7、C【解题分析】

根据正弦定理,代入即可求解.【题目详解】因为中,,,由正弦定理可知代入可得故选:C【题目点拨】本题考查了正弦定理在解三角形中的应用,属于基础题.8、D【解题分析】

首先根据即可得出，再根据前n项的公式计算出即可。【题目详解】，选D.【题目点拨】本题主要考查等差数列的求和公式及等差数列的性质，属于难题.等差数列的常用性质有：（1）通项公式的推广：

（2）若

为等差数列，

；（3）若是等差数列，公差为，

，则是公差

的等差数列；9、D【解题分析】

根据向量的加法和平面向量定理，得到和的值，从而得到等差数列的公差，根据等差数列求和公式，得到答案.【题目详解】因为E是平行四边形ABCD的边AD的中点，所以，因为，所以，，所以等差数列的公差，所以.故选：D.【题目点拨】本题考查向量的加法和平面向量定理，等差数列求和公式，属于简单题.10、D【解题分析】

本题首先可将转化为，然后将其化简为，最后利用基本不等式即可得出结果．【题目详解】，当且仅当，即时成立，故选D．【题目点拨】本题考查利用基本不等式求最值，基本不等式公式为，考查化归与转化思想，是简单题．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

先求的值域,再求的值域即可.【题目详解】因为,故,故.故答案为：【题目点拨】本题主要考查了余弦函数的值域与反三角函数的值域等,属于基础题型.12、【解题分析】

建立直角坐标系，得出的坐标，利用数量积的坐标表示得出，结合正弦函数的单调性得出的取值范围.【题目详解】取中点为，建立如下图所示的直角坐标系则，设，，则，则设点，则，则当，即时，取最大值当，即时，取最小值则的取值范围是故答案为：【题目点拨】本题主要考查了利用数量积求参数以及求正弦型函数的最值，属于较难题.13、10【解题分析】

将和用首项和公差表示，解方程组，求出首项和公式，利用公式求解.【题目详解】设该数列的公差为，由题可知：，解得，故.故答案为：10.【题目点拨】本题考查由基本量计算等差数列的通项公式以及前项和，属基础题.14、【解题分析】

已知求，通常分进行求解即可。【题目详解】时，，化为：．时，，解得．不满足上式．∴数列在时成等比数列．∴时，．∴．故答案为：．【题目点拨】本题主要考查了数列通项式的求法:求数列通项式常用的方法有累加法、定义法、配凑法、累乘法等。15、2n2.【解题分析】

由已知列关于首项与公差的方程组，求解可得首项与公差，再由等差数列的前项和求解.【题目详解】由题意，有，即，解得，所以.故答案为：，.【题目点拨】本题考查等差数列的通项公式与前项和，考查等比数列的性质，属于基础题.16、【解题分析】

作出图形，作点关于轴的对称点，由对称性可知，结合图形可知，当、、三点共线时，取最小值，并求出直线的方程，与轴方程联立，即可求出点的坐标.【题目详解】如下图所示，作点关于轴的对称点，由对称性可知，则，当且仅当、、三点共线时，的值最小，直线的斜率为，直线的方程为，即，联立，解得，因此，点的坐标为.故答案为：.【题目点拨】本题考查利用折线段长的最小值求点的坐标，涉及两点关于直线对称性的应用，考查数形结合思想的应用，属于中等题.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）【解题分析】

（1）求出向量的模，对等式两边平方，最后可求出向量的夹角；（2）直接运用向量运算的公式进行运算即可.【题目详解】（1）向量，，，∴，又，∴，∴，∴，又∵，∴向量的夹角；（2）由（1），，，∴.【题目点拨】本题考查了平面向量的数量积定义，考查了平面向量的运算，考查了平面向量模公式，考查了数学运算能力.18、或【解题分析】

直线截圆得的弦长为，结合圆的半径为5，利用勾股定理可得圆心到直线的距离，再利用点到直线的距离公式列方程求出直线斜率，由点斜式可得结果.【题目详解】设直线的方程为，即，因为圆的半径为5，截得的弦长为所以圆心到直线的距离，即或，∴所求直线的方程为或.【题目点拨】本题主要考查点到直线距离公式以及圆的弦长的求法，求圆的弦长有两种方法：一是利用弦长公式，结合韦达定理求解；二是利用半弦长，弦心距，圆半径构成直角三角形，利用勾股定理求解.19、（1）（2）【解题分析】

古典概型要求能够列举出所有事件和发生事件的个数，本题可以列举出所有事件，概率问题同其他的知识点结合在一起，实际上是以概率问题为载体，主要考查的是另一个知识点（1）由题意知本题是一个古典概型，试验包含的所有事件是任取三张卡片，三张卡片上的数字全部可能的结果，可以列举出，而满足条件的事件数字之和大于7的，可以从列举出的结果中看出．（2）列举出每次抽1张，连续抽取两张全部可能的基本结果，而满足条件的事件是两次抽取中至少一次抽到数字3，从前面列举出的结果中找出来．解：(Ⅰ)设A表示事件“抽取3张卡片上的数字之和大于或等于7”，任取三张卡片，三张卡片上的数字全部可能的结果是（1、2、3），（1、2、4），（1、3、4），（2、3、4），共4种，数字之和大于或等于7的是（1、2、4），（1、3、4），（2、3、4），共3种，所以P(A)=.(Ⅱ)设B表示事件“至少一次抽到2”，第一次抽1张，放回后再抽取1张的全部可能结果为：（1、1）（1、2）（1、3）（1、4）（2、1）（2、2）（2、3）（2、4）（3、1）（3、2）（3、3）（3、4）（4、1）（4、2）（4、3）（4、4），共16个事件B包含的结果有（1、2）（2、1）（2、2）（2、3）（2、4）（3、2）（4、2），共7个所以所求事件的概率为P(B)=.20、（1）；（2），理由见解析；（3），理由见解析；【解题分析】

（1）由，，，得到不等式且，即可求解公差的取值范围；（2）由，，结合等差数列的性质和前项和公式，得到且，即可求解；（3）有（2）知，可得，数列为递减数列，即可求解.【题目详解】（1）由题意，等差数列的前项和为，且，，，可得，，即且，解得，即公差的取值范围是.（2）由，，可得且，即且，所以，所以.（3）有（2）知，可得，数列