2024屆陜西省商洛市洛南縣高一數學第二學期期末教學質量檢測模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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．（2018年天津卷文）設變量x，y滿足約束條件則目標函數的最大值為A．6 B．19 C．21 D．452．如圖，E是平行四邊形ABCD的邊AD的中點，設等差數列的前n項和為，若，則（）A．25 B． C． D．553．在四邊形中，，且·＝0，則四邊形是（）A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形4．已知集合A={x|–1<x<2}，B={x|x>1}，則A∪B=A．（–1，1） B．（1，2） C．（–1，+∞） D．（1，+∞）5．從三件正品、一件次品中隨機取出兩件，則取出的產品全是正品的概率是（）A． B． C． D．6．在區間內任取一個實數，則此數大于2的概率為（）A． B． C． D．7．已知函數，則不等式的解集是（）A． B． C． D．8．在0°到360°范圍內，與角－130°終邊相同的角是（）A．50° B．130° C．170° D．230°9．在直角坐標系中，直線的傾斜角是A． B． C． D．10．若向量與向量不相等，則與一定（）A．不共線 B．長度不相等 C．不都是單位向量 D．不都是零向量二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．執行如圖所示的程序框圖，則輸出的S的值是______.12．設y＝f（x）是定義域為R的偶函數，且它的圖象關于點（2，0）對稱，若當x∈（0，2）時，f（x）＝x2，則f（19）＝_____13．已知等比數列的公比為，它的前項積為，且滿足，，，給出以下四個命題：①；②；③為的最大值；④使成立的最大的正整數為4031；則其中正確命題的序號為________14．從甲、乙、丙、丁四個學生中任選兩人到一個單位實習，余下的兩人到另一單位實習，則甲、乙兩人不在同一單位實習的概率為________.15．已知正實數x，y滿足，則的最小值為________.16．直線與直線垂直，則實數的值為_______．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．已知等差數列的前n項和為，關于x的不等式的解集為.（1）求數列的通項公式；（2）若數列滿足，求數列的前n項和.18．已知為銳角，，．（1）求的值；（2）求的值．19．已知等比數列的前n項和為，，且.（1）求數列的通項公式；（2）若數列為遞增數列，數列滿足，求數列的前n項和.（3）在條件（2）下，若不等式對任意正整數n都成立，求的取值范圍.20．已知函數，若，且，，求滿足條件的，.21．已知是同一平面內的三個向量，其中.（1）若，求；（2）若與共線，求的值.

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、C【解題分析】分析：首先畫出可行域，然后結合目標目標函數的幾何意義確定函數取得最大值的點，最后求解最大值即可.詳解：繪制不等式組表示的平面區域如圖所示，結合目標函數的幾何意義可知目標函數在點A處取得最大值，聯立直線方程：，可得點A的坐標為：，據此可知目標函數的最大值為：.本題選擇C選項.點睛：求線性目標函數z＝ax＋by(ab≠0)的最值，當b＞0時，直線過可行域且在y軸上截距最大時，z值最大，在y軸截距最小時，z值最小；當b＜0時，直線過可行域且在y軸上截距最大時，z值最小，在y軸上截距最小時，z值最大.2、D【解題分析】

根據向量的加法和平面向量定理，得到和的值，從而得到等差數列的公差，根據等差數列求和公式，得到答案.【題目詳解】因為E是平行四邊形ABCD的邊AD的中點，所以，因為，所以，，所以等差數列的公差，所以.故選：D.【題目點撥】本題考查向量的加法和平面向量定理，等差數列求和公式，屬于簡單題.3、A【解題分析】

由可得四邊形為平行四邊形，由·＝0得四邊形的對角線垂直，故可得四邊形為菱形．【題目詳解】∵，∴與平行且相等，∴四邊形為平行四邊形．又，∴，即平行四邊形的對角線互相垂直，∴平行四邊形為菱形．故選A．【題目點撥】本題考查向量相等和向量數量積的的應用，解題的關鍵是正確理解有關的概念，屬于基礎題．4、C【解題分析】

根據并集的求法直接求出結果.【題目詳解】∵，∴，故選C.【題目點撥】考查并集的求法，屬于基礎題.5、B【解題分析】

利用古典概型概率公式求解即可.【題目詳解】設三件正品分別記為，一件次品記為則從三件正品、一件次品中隨機取出兩件，取出的產品可能為，共6種情況，其中取出的產品全是正品的有3種所以產品全是正品的概率故選：B【題目點撥】本題主要考查了利用古典概型概率公式計算概率，屬于基礎題.6、D【解題分析】

根據幾何概型長度型直接求解即可.【題目詳解】根據幾何概型可知，所求概率為：本題正確選項：【題目點撥】本題考查幾何概型概率問題的求解，屬于基礎題.7、A【解題分析】

分別考慮即時；即時，原不等式的解集，最后求出并集。【題目詳解】當即時，，則等價于，即，解得：，當即時，，則等價于，即，所以，綜述所述，原不等式的解集為故答案選A【題目點撥】本題考查分段函數的應用，一元二次不等式的解集，屬于基礎題。8、D【解題分析】

先表示與角－130°終邊相同的角，再在0°到360°范圍內確定具體角，最后作選擇.【題目詳解】因為與角－130°終邊相同的角為，所以，因此選D.【題目點撥】本題考查終邊相同的角，考查基本分析判斷能力，屬基本題.9、A【解題分析】

先根據直線的方程，求出它的斜率，可得它的傾斜角．【題目詳解】在直角坐標系中，直線的斜率為，等于傾斜角的正切值，故直線的傾斜角是，故選．【題目點撥】本題主要考查直線的傾斜角和斜率的求法．10、D【解題分析】

由方向相同且模相等的向量為相等向量，再逐一判斷即可得解.【題目詳解】解：向量與向量不相等，它們有可能共線、有可能長度相等、有可能都是單位向量但方向不相同，但不能都是零向量，即選項A、B、C錯誤，D正確.故選：D.【題目點撥】本題考查了相等向量的定義，屬基礎題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、4【解題分析】

模擬程序運行，觀察變量值的變化，尋找到規律周期性，確定輸出結果．【題目詳解】第1次循環：，；第2次循環：，；第3次循環：，；第4次循環：，；…；S關于i以4為周期，最后跳出循環時，此時.故答案為：4.【題目點撥】本題考查程序框圖，考查循環結構．解題關鍵是由程序確定變量變化的規律：周期性．12、﹣1.【解題分析】

根據題意，由函數的奇偶性與對稱性分析可得，即函數是周期為的周期函數，據此可得，再由函數的解析式計算即可.【題目詳解】根據題意，是定義域為的偶函數，則，又由得圖象關于點對稱，則，所以，即函數是周期為的周期函數，所以，又當時，，則，所以.故答案為：.【題目點撥】本題考查函數的奇偶性與周期性的性質以及應用，注意分析函數的周期性，屬于基礎題.13、②③【解題分析】

利用等比數列的性質，可得，得出，進而判斷②③④，即可得到答案.【題目詳解】①中，由等比數列的公比為，且滿足，，，可得，所以，且所以是錯誤的；②中，由等比數列的性質，可得，所以是正確的；③中，由，且，，所以前項之積的最大值為，所以是正確的；④中，，所以正確.綜上可得，正確命題的序號為②③.故答案為：②③.【題目點撥】本題主要考查了等比數列的性質的應用，其中解答中熟記等比數列的性質，合理推算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于中檔試題.14、.【解題分析】

求得從甲、乙、丙、丁四個學生中任選兩人的總數和甲、乙兩人不在同一單位實習的方法數，由古典概型的概率計算公式可得所求值．【題目詳解】解：從甲、乙、丙、丁四個學生中任選兩人的方法數為種，甲、乙兩人不在同一單位實習的方法數為種，則甲、乙兩人不在同一單位實習的概率為．故答案為：．【題目點撥】本題主要考查古典概型的概率計算公式，考查運算能力，屬于基礎題．15、4【解題分析】

將變形為，展開，利用基本不等式求最值.【題目詳解】解：，當時等號成立，又，得，此時等號成立，故答案為：4.【題目點撥】本題考查基本不等式求最值，特別是掌握“1”的妙用，是基礎題.16、【解題分析】

由題得（-1）,解之即得a的值.【題目詳解】由題得（-1）,所以a=2.故答案為；2【題目點撥】本題主要考查兩直線垂直的斜率關系，意在考查學生對該知識的理解掌握水平和分析推理能力.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）.【解題分析】

（1）根據不等式的解集，得到和，從而得到等差數列的公差，得到的通項公式；（2）由（1）得到的的通項，得到的通項，利用等比數列的求和公式，得到答案.【題目詳解】（1）因為關于x的不等式的解集為，所以得到，，所以，，為等差數列，設其公差為，所以，所以，所以（2）因為，所以所以是以為首項，為公比的等比數列，所以.【題目點撥】本題考查一元二次不等式解集與系數的關系，求等差數列的通項，等比數列求和，屬于簡單題.18、（1）；（2）【解題分析】分析：先根據同角三角函數關系得，再根據二倍角余弦公式得結果；（2）先根據二倍角正切公式得，再利用兩角差的正切公式得結果.詳解：解：（1）因為，，所以．因為，所以，因此，．（2）因為為銳角，所以．又因為，所以，因此．因為，所以，因此，．點睛：應用三角公式解決問題的三個變換角度(1)變角：目的是溝通題設條件與結論中所涉及的角，其手法通常是“配湊”.(2)變名：通過變換函數名稱達到減少函數種類的目的，其手法通常有“切化弦”、“升冪與降冪”等.(3)變式：根據式子的結構特征進行變形，使其更貼近某個公式或某個期待的目標，其手法通常有：“常值代換”、“逆用變用公式”、“通分約分”、“分解與組合”、“配方與平方”等.19、（1）當時：；當時：（2）（3）【解題分析】

（1）直接利用等比數列公式得到答案.（2）利用錯位相減法得到答案.（3）將不等式轉化為，根據雙勾函數求數列的最大值得到答案.【題目詳解】（1）當時：當時：（2）數列為遞增數列，，兩式相加，化簡得到（3）設原式（為奇數）根據雙勾函數知：或時有最大值.時，原式時，原式故【題目點撥】本題考查了等比數列的通項公式，錯位相減法求前N項和，恒成立問題，將恒成立問題轉化為利用雙勾函數求數列的最大值是解題的關鍵，此題綜合性強，計算量大，意在考