2024屆河南省夏邑一高數學高一第二學期期末教學質量檢測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．等比數列{an}中，a3=12A．3×10-5C．128 D．3×2-52．已知數列的前項和為，且，若對任意，都有成立，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．3．某個命題與自然數有關，且已證得“假設時該命題成立，則時該命題也成立”．現已知當時，該命題不成立，那么（）A．當時，該命題不成立 B．當時，該命題成立C．當時，該命題不成立 D．當時，該命題成立4．已知兩條不重合的直線和，兩個不重合的平面和，下列四個說法：①若，，，則；②若，，則；③若，，，，則；④若，，，，則．其中所有正確的序號為（）A．②④ B．③④ C．④ D．①③5．在中，角，，所對的邊分別為，，，若，，則等于()A．1 B．2 C． D．46．在數列中，，且數列是等比數列，其公比，則數列的最大項等于（）A． B． C．或 D．7．若，是不同的直線，，是不同的平面，則下列命題中正確的是（）A．若，，，則 B．若，，，則C．若，，，則 D．若，，，則8．橢圓以軸和軸為對稱軸，經過點(2，0)，長軸長是短軸長的2倍，則橢圓的方程為（）A． B．C．或 D．或9．某中學高一年級甲班有7名學生，乙班有8名學生參加數學競賽，他們取得的成績的莖葉圖如圖所示，其中甲班學生的平均分是85，乙班學生成績的中位數是82，若從成績在的學生中隨機抽取兩名學生，則兩名學生的成績都高于82分的概率為（）A． B． C． D．10．已知、的取值如下表所示：如果與呈線性相關，且線性回歸方程為，則（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．在《九章算術·商功》中將四個面均為直角三角形的三棱錐稱為鱉臑（biēnào），在如下圖所示的鱉臑中，，，，則的直角頂點為______.12．如圖所示，已知，用表示.13．已知，，則________14．一組數據2，4，5，，7，9的眾數是2，則這組數據的中位數是_________.15．用線性回歸某型求得甲、乙、丙3組不同的數據的線性關系數分別為0.81，-0.98，0.63，其中_________（填甲、乙、丙中的一個）組數據的線性關系性最強。16．點到直線的距離為________.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．已知（且）是R上的奇函數，且.（1）求的解析式；（2）若關于x的方程在區間內只有一個解，求m的取值集合；（3）設，記，是否存在正整數n，使不得式對一切均成立？若存在，求出所有n的值，若不存在，說明理由.18．如圖，在四棱錐中，平面平面，，且，．（Ⅰ）求證：；（Ⅱ）若為的中點，求證：平面．19．如圖，四棱錐P-ABCD的底面是矩形，PA⊥平面ABCD，E，F分別是AB，PD的中點，且PA=AD．（Ⅰ）求證：AF∥平面PEC；（Ⅱ）求證：平面PEC⊥平面PCD．20．為了對某課題進行研究，用分層抽樣方法從三所高校，，的相關人員中，抽取若干人組成研究小組，有關數據見下表（單位：人）.高校相關人員抽取人數A18B362C54（1）求，；（2）若從高校，抽取的人中選2人做專題發言，求這2人都來自高校的概率.21．已知點，求的邊上的中線所在的直線方程．

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、D【解題分析】

根據等比數列的通項公式得到公比，進而得到通項.【題目詳解】設公比為q，則12q+12q=30，∴∴q=2或q=12，∴a10即3×29或故選D.【題目點撥】本題考查了等比數列通項公式的應用，屬于簡單題.2、B【解題分析】即對任意都成立，當時，當時，當時，歸納得：故選點睛：根據已知條件運用分組求和法不難計算出數列的前項和為，為求的取值范圍則根據為奇數和為偶數兩種情況進行分類討論，求得最后的結果3、C【解題分析】

寫出命題“假設時該命題成立，則時該命題也成立”的逆否命題，結合原命題與逆否命題的真假性一致進行判斷.【題目詳解】由逆否命題可知，命題“假設時該命題成立，則時該命題也成立”的逆否命題為“假設當時該命題不成立，則當時該命題也不成立”，由于當時，該命題不成立，則當時，該命題也不成立，故選：C.【題目點撥】本題考查逆否命題與原命題等價性的應用，解題時要寫出原命題的逆否命題，結合逆否命題的等價性進行判斷，考查邏輯推理能力，屬于中等題.4、C【解題分析】

根據線面平行，面面平行，線面垂直，面面垂直的性質定理，判定定理等有關結論，逐項判斷出各項的真假，即可求出．【題目詳解】對①，若，，，則或和相交，所以①錯誤；對②，若，，則或，所以②錯誤；對③，根據面面平行的判定定理可知，只有，，，，且和相交，則，所以③錯誤；對④，根據面面垂直的性質定理可知，④正確．故選：C．【題目點撥】本題主要考查有關線面平行，面面平行，線面垂直，面面垂直的命題的判斷，意在考查線面平行，面面平行，線面垂直，面面垂直的性質定理，判定定理等有關結論的理解和應用，屬于基礎題．5、D【解題分析】

直接利用正弦定理得到，帶入化簡得到答案.【題目詳解】正弦定理：即：故選D【題目點撥】本題考查了正弦定理，意在考查學生的計算能力.6、C【解題分析】

在數列中，，，且數列是等比數列，其公比，利用等比數列的通項公式可得：．可得，利用二次函數的單調性即可得出．【題目詳解】在數列中，，，且數列是等比數列，其公比，．，．由或8時，，或9時，，數列的最大項等于或．故選：C.【題目點撥】本題考查等比數列的通項公式、累乘法、二次函數的單調性，考查推理能力與計算能力，屬于中檔題．7、C【解題分析】

A中平面，可能垂直也可能平行或斜交，B中平面，可能平行也可能相交，C中成立，D中平面，可能平行也可能相交.【題目詳解】A中若，，，平面，可能垂直也可能平行或斜交；B中若，，，平面，可能平行也可能相交；同理C中若，，則，分別是平面，的法線，必有；D中若，，，平面，可能平行也可能相交.故選C項.【題目點撥】本題考查空間中直線與平面，平面與平面的位置關系，屬于簡單題.8、C【解題分析】

由于橢圓長軸長是短軸長的2倍，即，又橢圓經過點(2，0)，分類討論，即可求解.【題目詳解】由于橢圓長軸長是短軸長的2倍，即，又橢圓經過點(2，0)，則若焦點在x軸上，則，，橢圓方程為；若焦點在y軸上，則，，橢圓方程為，故選C．【題目點撥】本題主要考查了橢圓的方程的求解，其中解答中熟記橢圓的標準方程的形式，合理分類討論是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.9、D【解題分析】

計算得到，，再計算概率得到答案.【題目詳解】，解得；，解得；故.故選：.【題目點撥】本題考查了平均值，中位數，概率的計算，意在考查學生的應用能力.10、A【解題分析】

計算出、，再將點的坐標代入回歸直線方程，可求出的值.【題目詳解】由表格中的數據可得，，由于回歸直線過樣本的中心點，則有，解得，故選：A.【題目點撥】本題考查回歸直線方程中參數的計算，解題時要充分利用回歸直線過樣本的中心點這一結論，考查計算能力，屬于基礎題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解題分析】

根據，可得平面，進而可得，再由，證明平面，即可得出，是的直角頂點.【題目詳解】在三棱錐中，，，且，∴平面，又平面，∴，又∵，且，∴平面，又平面，∴，∴的直角頂點為.故答案為：.【題目點撥】本題考查了直線與直線以及直線與平面垂直的應用問題，屬于基礎題.12、【解題分析】

可采用向量加法和減法公式的線性運算進行求解【題目詳解】由，整理得【題目點撥】本題考查向量的線性運算，解題關鍵在于將所有向量通過向量的加法和減法公式轉化成基底向量，屬于中檔題13、【解題分析】

直接利用反三角函數求解角的大小，即可得到答案.【題目詳解】因為，，根據反三角函數的性質，可得.故答案為：.【題目點撥】本題主要考查了三角方程的解法，以及反三角函數的應用，屬于基礎題.14、【解題分析】

根據眾數的定義求出的值，再根據中位數的定義進行求解即可.【題目詳解】因為一組數據2，4，5，，7，9的眾數是2，所以，這一組數據從小到大排列為：2，2，4，5，7，9，因此這一組數據的中位數為：.故答案為：【題目點撥】本題考查了眾數和中位數的定義，屬于基礎題.15、乙【解題分析】由當數據的相關系數的絕對值越趨向于，則相關性越強可知，因為甲、乙、丙組不同的數據的線性相關系數分別為，所以乙線性相關系數的絕對值越接近，所以乙組數據的相關性越強．16、3【解題分析】

根據點到直線的距離公式，代值求解即可.【題目詳解】根據點到直線的距離公式，點到直線的距離為.故答案為：3.【題目點撥】本題考查點到直線的距離公式，屬基礎題.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）m的取值集合或}（3）存在，【解題分析】

（1）利用奇函數的性質得到關于實數k的方程，解方程即可，注意驗證所得的結果；（2）結合函數的單調性和函數的奇偶性脫去f的符號即可；（3）可得，即可得：即可.【題目詳解】（1）由奇函數的性質可得：，解方程可得：.此時，滿足，即為奇函數.的解析式為：；（2）函數的解析式為：，結合指數函數的性質可得：在區間內只有一個解.即：在區間內只有一個解.（i）當時，，符合題意.（ii）當時,只需且時，，此時，符合題意綜上，m的取值集合或}（3）函數為奇函數關于對稱又當且僅當時等號成立所以存在正整數n，使不得式對一切均成立.【題目點撥】本題考查了復合型指數函數綜合，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數形結合，數學運算的能力，屬于難題.18、（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）見解析【解題分析】

（Ⅰ）線線垂直先求線面垂直，即平面，進而可得；（Ⅱ）連接D與PC的中點F，只需證明即可．【題目詳解】（Ⅰ）因為，所以．因為平面平面，且平面平面，所以平面．因為平面，所以．（Ⅱ）證明：取中點，連接，．因為為中點，所以，且．因為，且，所以，且，所以四邊形為平行四邊形．所以．因為平面，平面，所以平面．【題目點撥】此題考查立體幾何證明，線線垂直一般通過線面垂直證明，線面平行只需在面內找到一個線與已知線平行即可，題目中出現中點一般也要在找其他中點連接，屬于較易題目．19、（Ⅰ）見解析（Ⅱ）見解析【解題分析】

（Ⅰ）取PC的中點G，連結FG、EG，AF∥EG又EG?平面PCE，AF?平面PCE，AF∥平面PCE；（Ⅱ）由（Ⅰ）得EG∥AF，只需證明AF⊥面PDC，即可得到平面PEC⊥平面PCD．【題目詳解】證明：（Ⅰ）取PC的中點G，連結FG、EG，∴FG為△CDP的中位線，FG∥CD，FG=CD．∵四邊形ABCD為矩形，E為AB的中點，∴AE∥CD，AE=CD．∴FG=AE，FG∥AE，∴四邊形AEGF是平行四邊形，∴AF∥EG又EG?平面PCE，AF?平面PCE，∴AF∥平面PCE；（Ⅱ）∵PA=AD．∴AF⊥PDPA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，又因為CD⊥AB，AP∩AB=A，∴CD⊥面APD∴CD⊥AF，且PD∩CD=D，∴AF⊥面PDC由（Ⅰ）得EG∥AF，∴EG⊥面PDC又EG?平面PCE，∴平面PEC⊥平面PCD．【題目點撥】本題考查了空間線面平行、面面垂直的判定，屬于中檔題．20、（1），（2）【解題分析】

（1）根據分層抽樣的概念,可得,求解即可；（2）分別記從高校抽取的2人為,,從高校抽取的3人為,,,先列出從5人中選2人作專題發言的基