2024届吉林长白山第一高级中学数学高一第二学期期末统考试题含解析

2024届吉林长白山第一高级中学数学高一第二学期期末统考试题注意事项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．某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了如图所示的折线图.根据该折线图，下列结论错误的是（）A．月接待游客量逐月增加B．年接待游客量逐年增加C．各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月D．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳2．已知,,从射出的光线经过直线反射后再射到直线上,最后经直线反射后又回到点,则光线所经过的路程可以用对称性转化为一条线段,这条线段的长为()A． B．3 C． D．3．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A． B． C． D．4．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图是如图所示的一个正方形，则原来的图形是（）．A． B．C． D．5．已知等差数列共有10项，其中奇数项之和15，偶数项之和为30，则其公差是（）A．5 B．4 C．3 D．26．已知函数在区间（1，2）上是增函数，则实数a的取值范围是（）A．（0，+∞） B．（0，1） C．（0，1] D．（﹣1，0）7．已知数列、、、、，可猜想此数列的通项公式是（）.A． B．C． D．8．已知直线和互相平行，则它们之间的距离是（）A． B． C． D．9．阅读下面的程序框图，运行相应的程序，若输入的值为24，则输出的值为（）A．0 B．1 C．2 D．310．中，，则是（）A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．等腰直角三角形二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．涡阳一中某班对第二次质量检测成绩进行分析，利用随机数表法抽取个样本时，先将个同学按、、、、进行编号，然后从随机数表第行第列的数开始向右读（注：如表为随机数表的第行和第行），则选出的第个个体是______.12．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若，则_____.13．公比为2的等比数列的各项都是正数，且，则的值为___________14．已知函数，若对任意都有（）成立，则的最小值为__________．15．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴正半轴重合，终边经过点，则______.16．_______________.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。17．一个盒子中装有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.18．在数列中，，，且；（1）设，证明是等比数列；（2）求数列的通项公式；（3）若是与的等差中项，求的值，并证明：对任意的，是与的等差中项；19．如图，在直四棱柱中，底面为菱形，为中点．（1）求证：平面；（2）求证：．20．设平面三点、、.（1）试求向量的模；（2）若向量与的夹角为，求；（3）求向量在上的投影．21．已知.（1）求的坐标；（2）设，求数列的通项公式；（3）设，，其中为常数，，求的值.

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、A【解题分析】

观察折线图可知月接待游客量每年7，8月份明显高于12月份，且折线图呈现增长趋势，高峰都出现在7、8月份，1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月波动性更小.【题目详解】对于选项A，由图易知月接待游客量每年7，8月份明显高于12月份，故A错；对于选项B，观察折线图的变化趋势可知年接待游客量逐年增加，故B正确；对于选项C，D，由图可知显然正确.故选A.【题目点拨】本题考查折线图，考查考生的识图能力，属于基础题.2、A【解题分析】

根据题意，画出示意图，求出点的坐标，进而利用两点之间距离公式求解.【题目详解】根据题意，作图如下：已知直线AB的方程为：，则：点P关于直线AB的对称点为，则：，解得点，同理可得点P关于直线OB的对称点为：故光线的路程为.故选：A.【题目点拨】本题考查点关于直线的对称点的求解、斜率的求解、以及两点之间的距离，属基础题.3、B【解题分析】根据三视图可知几何体是组合体：上面是半个圆锥（高为圆柱的一半），下面是半个圆柱，其中圆锥底面半径是，高是，圆柱的底面半径是，母线长是，所以该几何体的体积，故选B.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.4、A【解题分析】试题分析：由斜二测画法的规则知与x'轴平行或重合的线段与x’轴平行或重合，其长度不变，与y轴平行或重合的线段与x’轴平行或重合，其长度变成原来的一半，正方形的对角线在y'轴上，可求得其长度为，故在平面图中其在y轴上，且其长度变为原来的2倍，长度为2，观察四个选项，A选项符合题意．故应选A．考点：斜二测画法．点评：注意斜二测画法中线段长度的变化．5、C【解题分析】，故选C.6、C【解题分析】

由题意可得在上为减函数，列出不等式组，由此解得的范围.【题目详解】∵函数在区间上是增函数，∴函数在上为减函数，其对称轴为，∴可得，解得.故选：C.【题目点拨】本题主要考查复合函数的单调性，二次函数的性质，体现了转化的数学思想，属于基础题.7、D【解题分析】

利用赋值法逐项排除可得出结果.【题目详解】对于A选项，，不合乎题意；对于B选项，，不合乎题意；对于C选项，，不合乎题意；对于D选项，当为奇数时，，此时，当为偶数时，，此时，合乎题意.故选：D.【题目点拨】本题考查利用观察法求数列的通项，考查推理能力，属于中等题.8、D【解题分析】

由已知中直线和互相平行，求出的值，再根据两条平行线间的距离公式求得它们之间的距离．【题目详解】∵直线和互相平行，则，将直线的方程化为，则两条平行直线之间的距离，＝＝＝.故选：D．【题目点拨】本题主要考查两条直线平行的性质，两条平行线间的距离公式的应用，属于中档题．9、C【解题分析】

根据给定的程序框图，逐次循环计算，即可求解，得到答案．【题目详解】由题意，第一循环：，能被3整除，不成立，第二循环：，不能被3整除，不成立，第三循环：，不能被3整除，成立，终止循环，输出，故选C．【题目点拨】本题主要考查了程序框图的识别与应用，其中解答中根据条件进行模拟循环计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．10、C【解题分析】

由平面向量数量积运算可得，即，得解.【题目详解】解：在中，，则，即，则为钝角，所以为钝角三角形，故选：C.【题目点拨】本题考查了平面向量数量积运算，重点考查了向量的夹角，属基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、.【解题分析】

根据随机数法列出前个个体的编号，即可得出答案.【题目详解】由随机数法可知，前个个体的编号依次为、、、、、、，因此，第个个体是，故答案为.【题目点拨】本题考查随机数法读取样本个体编号，读取时要把握两个原则：（1）看样本编号最大数为几位数，读取时就几个数连着一起取；（2）不在编号范围内的号码要去掉，重复的只能取第一次.12、【解题分析】

先利用同角三角函数的商数关系可得，再结合正弦定理及余弦定理化简可得，然后求解即可.【题目详解】解：因为，则，所以，即，所以，则，即，即即，故答案为：.【题目点拨】本题考查了同角三角函数的商数关系，重点考查了正弦定理及余弦定理的应用，属中档题.13、2【解题分析】

根据等比数列的性质与基本量法求解即可.【题目详解】由题,因为,又等比数列的各项都是正数,故.故.故答案为：【题目点拨】本题主要考查了等比数列的等积性与各项之间的关系.属于基础题.14、【解题分析】

根据和的取值特点，判断出两个值都是最值，然后根据图象去确定最小值.【题目详解】因为对任意成立，所以取最小值，取最大值；取最小值时，与必为同一周期内的最小值和最大值的对应的，则，且，故.【题目点拨】任何一个函数，若有对任何定义域成立，此时必有：，.15、【解题分析】

利用三角函数的定义可求出的值.【题目详解】由三角函数的定义可得，故答案为.【题目点拨】本题考查利用三角函数的定义求余弦值，解题的关键就是三角函数定义的应用，考查计算能力，属于基础题.16、2【解题分析】

利用裂项求和法将化简为，再求极限即可.【题目详解】令...故答案为：【题目点拨】本题主要考查数列求和中的列项求和，同时考查了极限的求法，属于中档题.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】

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)=.18、（1）略（2）（3）证明略【解题分析】本题源自等差数列通项公式的推导．（1）证明：由题设（），得，即，．又，，所以是首项为1，公比为的等比数列．（2）由（1），，……，（）．将以上各式相加，得（）．所以当时，上式对显然成立．（3）由（2），当时，显然不是与的等差中项，故．由可得，由得，①整理得，解得或（舍去）．于是．另一方面，，．由①可得，．所以对任意的，是与的等差中项．19、（1）见解析；（2）见解析【解题分析】

(1)连接与与交于点，在利用中位线证明平行.(2)首先证明平面，由于平面，证明得到结论.【题目详解】证明：（1）连接与交于点，连接因为底面为菱形，所以为中点因为为中点，所以平面，平面，所以平面（2）在直四棱柱中，平面，平面所以因为底面为菱形，所以所以，，，平面，平面所以平面因为平面，所以【题目点拨】本题考查直棱柱得概念和性质，考查线面平行的判定定理，考查线面垂直的判定定理，考查了学生的逻辑能力和书写能力，属于简单题20、（1）；（2）；（3）.【解题分析】

（1）计算出、的坐标，可计算出的坐标，再利用平面向量模长的坐标表示可计算出向量的模；（2）由可计算出的值；（3）由投影的定义得出向量在上的投影为可计算出结果.【题目详解】（1）、、，，，因此，；（2）由（1）知，，，所以；（3）由（2）知向量与的夹角的余弦为，且.所以向量在上的投影为.【题目点拨】本题考查平面向量的坐标运算以及平面向量夹角的坐标表示、以及向量投影的计算，解题时要熟悉平