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1、北京市西城区161中学2023-2024学年高一数学第二学期期末综合测试试题注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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函数在区间（，）内的图象是( )ABCD2不等式的解集为( )ABCD3不等式的解集是A或B或CD4下列命题中错误的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若， 则5已知数列的前4项依次为，1，则该
2、数列的一个通项公式可以是（ ）ABCD6若程序框图如图所示，则该程序运行后输出k的值是（）A5B6C7D87等差数列，则此数列前项和等于（ ）ABCD8已知两个单位向量的夹角为，则下列结论不正确的是（ ）A方向上的投影为BCD9已知各项为正数的等比数列中，则公比qA4B3C2D10直线的斜率是（ ）ABCD二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11把二进制数1111（2）化为十进制数是_12中，则_.13某工厂生产甲、乙、丙、丁四种不同型号的产品，产量分别为200,400,300,100件，为检验产品的质量，现用分层抽样的方法从以上所有的产品中抽取60件进行检验，则应从丙种型号的产
3、品中抽取_ 件.14若，且，则的最小值是_.15已知直线过点，且在两坐标轴上的截距相等，则此直线的方程为_.16（理）已知函数，若对恒成立，则的取值范围为 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如图，在三棱锥中，分别为，的中点，且.（1）证明：平面；（2）若平面平面，证明：.18某市地铁全线共有四个车站，甲、乙两人同时在地铁第1号车站（首发站）乘车，假设每人自第2号站开始，在每个车站下车是等可能的，约定用有序实数对表示“甲在号车站下车，乙在号车站下车”（）用有序实数对把甲、乙两人下车的所有可能的结果列举出来；（）求甲、乙两人同在第3号车站下车的概率
4、；（）求甲、乙两人在不同的车站下车的概率19已知向量.（1）若，求的值；（2）记函数，求的最大值及单调递增区间.20如图，在三棱柱中，各个侧面均是边长为的正方形，为线段的中点.(1)求证:直线平面；(2)求直线与平面所成角的余弦值；(3)设为线段上任意一点，在内的平面区域(包括边界)是否存在点，使，并说明理由.21已知， ，且与的夹角为.（1）求在上的投影；（2）求.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【解析】解：函数y=tanx+sinx-|tanx-sinx|=分段画出函数图象如D图示，故选D2、B【解析】可
5、将分式不等式转化为一元二次不等式，注意分母不为零.【详解】原不等式可化为，其解集为，故选B.【点睛】一般地，等价于，而则等价于，注意分式不等式转化为整式不等式时分母不为零.3、C【解析】把原不等式化简为，即可求解不等式的解集.【详解】由不等式即，即，得，则不等式的解集为，故选C【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的求解，其中把不等式对应的一元二次方程能够因式分解，即能够转化为几个代数式的乘积形式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.4、D【解析】根据不等式的性质、对数函数和指数函数的单调性，对选项逐一分析，由此得出正确选项.【详解】对于A选项，根据不等式传递性可知，A选项命题正确
6、.对于B选项，由于在定义域上为增函数，故B选项正确.对于C选项，由于在定义域上为增函数，故C选项正确.对于D选项，当时，命题错误.故选D.【点睛】本小题主要考查不等式的性质，考查指数函数和对数函数的单调性，属于基础题.5、A【解析】根据各选择项求出数列的首项，第二项，用排除法确定【详解】可用排除法，由数列项的正负可排除B,D，再看项的绝对值，在C中不合题意，排除C，只有A.可选故选：A.【点睛】本题考查数列的通项公式，已知数列的前几项，选择一个通项公式，比较方便，可以利用通项公式求出数列的前几项，把不合的排除即得6、A【解析】试题分析：第一次循环运算：；第二次：；第三次：；第四次：；第五次：，
7、这时符合条件输出，故选A.考点：算法初步.7、B【解析】由a1+a2+a3=-24，a18+a19+a20=78，得 得a1+a20= 所以S20= 故选D8、B【解析】试题分析：A方向上的投影为，即，所以A正确； B，所以B错误；C，所以，所以C正确；D，所以D正确考点：向量的数量积；向量的投影；向量的夹角点评：熟练掌握数量积的有关性质是解决此题的关键，尤其要注意“向量的平方就等于其模的平方”这条性质9、C【解析】由，利用等比数列的性质，结合各项为正数求出，从而可得结果.【详解】，故选C.【点睛】本题主要考查等比数列的性质，以及等比数列基本量运算，意在考查灵活运用所学知识解决问题的能力，属于
8、简单题.10、A【解析】一般式直线方程的斜率为【详解】直线的斜率为.故选A【点睛】此题考察一般直线方程的斜率，属于较易基础题目二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、.【解析】由二进制数的定义可将化为十进制数.【详解】由二进制数的定义可得，故答案为：.【点睛】本题考查二进制数化十进制数，考查二进制数的定义，考查计算能力，属于基础题.12、【解析】根据，得到的值，再由余弦定理，得到的值.【详解】因为，所以，在中，由余弦定理得.所以.故答案为：【点睛】本题考查二倍角的余弦公式，余弦定理解三角形，属于简单题.13、1【解析】应从丙种型号的产品中抽取件，故答案为1点睛:在分层抽样的过程
9、中，为了保证每个个体被抽到的可能性是相同的，这就要求各层所抽取的个体数与该层所包含的个体数之比等于样本容量与总体的个体数之比，即niNinN14、8【解析】利用的代换，将写成，然后根据基本不等式求解最小值.【详解】因为（即 取等号），所以最小值为.【点睛】已知，求解（ ）的最小值的处理方法：利用，得到，展开后利用基本不等式求解，注意取等号的条件.15、或【解析】分两种情况考虑，第一：当所求直线与两坐标轴的截距不为0时，设出该直线的方程为，把已知点坐标代入即可求出的值，得到直线的方程；第二：当所求直线与两坐标轴的截距为0时，设该直线的方程为，把已知点的坐标代入即可求出的值，得到直线的方程，综上，
10、得到所有满足题意的直线的方程【详解】解：当所求的直线与两坐标轴的截距不为0时，设该直线的方程为，把代入所设的方程得：，则所求直线的方程为即；当所求的直线与两坐标轴的截距为0时，设该直线的方程为，把代入所求的方程得：，则所求直线的方程为即综上，所求直线的方程为：或故答案为：或【点睛】此题考查学生会根据条件设出直线的截距式方程和点斜式方程，考查了分类讨论的数学思想，属于基础题16、【解析】试题分析：函数要使对恒成立，只要小于或等于的最小值即可，的最小值是0，即只需满足，解得.考点：恒成立问题.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）见解析（2）见
11、解析【解析】（1）先证明，再证明平面；（2）先证明平面，再证明.【详解】证明：（1）因为，分别为，的中点，所以.又平面，平面，所以平面.（2）因为，为中点，所以.又平面平面.平面平面，所以平面.又平面，所以.【点睛】本题主要考查空间几何元素位置关系的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.18、（）（2，2）、（2，3）、（2，4）、（3，2）、（3，3）、（3，4）、（4，2）、（4，3）、（4，4）（）（）【解析】() 甲、乙两人下车的所有可能的结果为(2,2),(2,3),(2,4),(3,2),(3,3),(3,4),(4,2),(4,3),(4,4)()设甲、乙两人同
12、在第3号车站下车的的事件为A，则() 设甲、乙两人在不同的车站下车的事件为B，则19、（1）或，（2），增区间为：【解析】（1）根据得到，再根据的范围解方程即可.（2）首先根据题意得到，再根据的范围即可得到函数的最大值和单调增区间.【详解】因为，所以，即.因为，.所以或，即或.（2）.因为，所以.所以，.因为，所以.令，得.因为，所以增区间为：.【点睛】本题第一问考查根据三角函数值求角，同时考查了平面向量平行的坐标运算，第二问考查了三角函数的最值和单调区间，属于中档题.20、 (1)见解析 (2)（3）存在点，使，详见解析【解析】(1)设与的交点为，证明进而证明直线平面.(2)先证明直线与平面
13、所成角的为，再利用长度关系计算.(3) 过点作，证明平面，即，所以存在.【详解】(1)设与的交点为，显然为中点，又点为线段的中点，所以，平面，平面，平面.(2) 平面，平面,，平面，平面，平面，点在平面上的投影为点，直线与平面所成角的为，.(3)过点作，又因为平面，平面，所以，平面，平面，平面，所以存在点，使.【点睛】本题考查了立体几何线面平行，线面夹角，动点问题，将线线垂直转化为线面垂直是解题的关键.21、 (1)-2.(2) .【解析】分析：(1)根据题中所给的条件，利用向量的数量积的定义式，求得，之后应用投影公式，在上的投影为，求得结果；(2)应用向量模的平方等于向量的平方，之后应用公式求得结果.详解：（1）在上的投影为（2）因为， ，且与的夹角为所以所以点睛：该题考查的是有关向量的投影以及向量模的计算问题，在解题的过程中，涉及到的知识点有向量的数量积的定义式，投影公式，向量模的平方和向量的平方是相等的，灵活运用公式求得结果.
