2024-2025学年山西省吕梁市泰化中学高一下数学期末考试试题含解析.doc

2024-2025学年山西省吕梁市泰化中学高一下数学期末考试试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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
1．一空间几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积为（ ）

A．1 B．3 C．6 D．2
2．已知点在第三象限，则角的终边在（　 ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．已知三棱锥，侧棱两两垂直，且，则以为球心且为半径的球与三棱锥重叠部分的体积是（ ）
A． B． C． D．
4．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，若三棱锥为鳖臑，平面，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
5．下列表达式正确的是（ ）
①， ②若，则
③若，则 ④若，则
A．①② B．②③ C．①③ D．③④
6．关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集是(　　)
A． B．
C． D．
7．执行如图所示的程序框图，若输入，则输出的数等于（ ）

A． B． C． D．
8．在锐角中，角，，所对的边分别为，，，边上的高，且，则等于( )
A． B． C． D．
9．如图所示，程序框图算法流程图的输出结果是　　

A． B． C． D．
10．过点且与点距离最大的直线方程是（）
A． B．
C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙两级均属次品，若生产中出现乙级品的概率为0.04，出现丙级品的概率为0.01，则对成品抽查一件抽得正品的概率为________.
12．若三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形，，,则该三棱锥的外接球的表面积为________.
13．已知x，y＝R+，且满足x2y6，若xy的最大值与最小值分别为M和m，M+m＝_____.
14．若，且，则的最小值为_______.
15．已知为等差数列，为其前项和，若，则，则______．
16．已知，，则________．
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．函数在同一个周期内，当时，取最大值1，当时，取最小值-1．
（1）求函数的单调递减区间．
（2）若函数满足方程，求在内的所有实数根之和．
18．在中，内角A、B、C所对的边分别为，，，已知．
（Ⅰ）求角B的大小；
（Ⅱ）设，，求．
19．在中，角的对边分别为，已知.
（1）求角；
（2）若的面积为，求在上的投影.
20．已知过点A(0，1)且斜率为k的直线l与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N两点．
(1)求k的取值范围；
(2)若＝12，其中O为坐标原点，求|MN|.
21．已知等差数列与等比数列满足，，且.
（1）求数列，的通项公式；
（2）设，是否存在正整数，使恒成立？若存在，求出的值;若不存在，请说明理由.
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】
几何体是一个四棱锥，四棱锥的底面是一个直角梯形，直角梯形的上底是1，下底是2，垂直于底边的腰是2，一条侧棱与底面垂直，这条侧棱长是2.
【详解】
由三视图可知，几何体是一个四棱锥，四棱锥的底面是一个直角梯形，
直角梯形的上底是1，下底是2，垂直于底边的腰是2，
一条侧棱与底面垂直，这条侧棱长是2.
四棱锥的体积是.
故选D.
本题考查由三视图求几何体的体积，由三视图求几何体的体积，关键是由三视图还原几何体，同时还需掌握求体积的常用技巧如：割补法和等价转化法．
2、B
【解析】
根据同角三角函数间基本关系和各象限三角函数符号的情况即可得到正确选项.
【详解】
因为点在第三象限，则，，
所以，
则可知角的终边在第二象限.
故选：B.
本题考查各象限三角函数符号的判定，属基础题.相关知识总结如下：
第一象限：；
第二象限：；
第三象限：；
第四象限：.
3、B
【解析】
根据三棱锥三条侧棱的关系，得到球与三棱锥的重叠部分为球的，然后利用球体的体积公式进行计算。
【详解】
三棱锥，侧棱两两互相垂直，且，
以为球心且为半径的球与三棱锥重叠部分的为球的，
即对应的体积为，故选：B。
本题主要考查球体体积公式的应用，解题的关键就是利用三棱锥与球的关系，考查空间想象能力，属于中等题。
4、C
【解析】
由题意，PA⊥面ABC，则为直角三角形，PA=3,AB=4，所以PB=5，又△ABC是直角三角形，所以∠ABC=90°,AB=4，AC=5所以BC=3,因为为直角三角形，经分析只能，故，三棱锥的外接球的圆心为PC的中点，所以则球的表面积为.
故选C.
5、D
【解析】
根据基本不等式、不等式的性质即可
【详解】
对于①，.当，即时取，而，.即①不成立。
对于②若，则，若，显然不成立。
对于③若，则，则正确。
对于④若，则，则，正确。
所以选择D
本题主要考查了基本不等式以及不等式的性质，基本不等式一定要满足一正二定三相等。属于中等题。
6、C
【解析】
关于的不等式,即的解集是，∴不等式,可化为，解得，∴所求不等式的解集是,故选C.
7、B
【解析】
模拟执行循环体的过程，即可得到结果.
【详解】
根据程序框图，模拟执行如下：

，满足，
，满足，
，满足，
，不满足，输出.
故选：B.
本题考查程序框图中循环体的执行，属基础题.
8、A
【解析】
在中得到，，在中得到，利用面积公式计算得到.
【详解】
如图所示：
在中：，根据勾股定理得到
在中：利用勾股定理得到
， 故
故选A

本题考查了勾股定理，面积公式，意在考查学生解决问题的能力.
9、D
【解析】
模拟程序图框的运行过程，得出当时，不再运行循环体，直接输出S值．
【详解】
模拟程序图框的运行过程，得
S=0,n=2,n<8满足条件，进入循环：
S=满足条件，进入循环：
进入循环：
不满足判断框的条件，进而输出s值，
该程序运行后输出的是计算：．
故选D．
本题考查了程序框图的应用问题，是基础题目．根据程序框图（或伪代码）写程序的运行结果，是算法这一模块最重要的题型，其处理方法是：①分析流程图（或伪代码），从流程图（或伪代码）中即要分析出计算的类型，又要分析出参与计算的数据（如果参与运算的数据比较多，也可使用表格对数据进行分析管理）⇒②建立数学模型，根据第一步分析的结果，选择恰当的数学模型③解模．
10、C
【解析】
过点且与点距离最大的直线满足: ，根据两直线互相垂直，斜率的关系可以求出直线的斜率，写出点斜式方程，最后化成一般方程，选出正确的选项.
【详解】
因为过点且与点距离最大的直线满足: ，所以有，
而，所以直线方程为，故本题选C.
本题考查了直线与直线垂直时斜率的性质，考查了数学运算能力.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、0.95
【解析】
根据抽查一件产品是甲级品、乙级品、丙级品是互为互斥事件，且三个事件对立，再根据抽得正品即为抽得甲级品的概率求解.
【详解】
记事件A={甲级品}，B={乙级品}， C={丙级品}
因为事件A，B，C互为互斥事件，且三个事件对立，
所以抽得正品即为抽得甲级品的概率为

故答案为：0.95
本题主要考查了互斥事件和对立事件概率的求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
12、
【解析】
由已知计算后知也是以为斜边的直角三角形，这样的中点到棱锥四个顶点的距离相等，即为外接球的球心，从而很容易得球的半径，计算出表面积．
【详解】
因为，所以是等腰直角三角形，且为斜边，为的中点，

因为底面是以为斜边的等腰直角三角形，所以，点即为球心，则该三棱锥的外接圆半径，故该三棱锥的外接球的表面积为.
本题考查球的表面积，考查三棱锥与外接球，解题关键是找到外接球的球心，证明也是以为斜边的直角三角形，利用直角三角形的性质是本题的关键．也是寻找外接球球心的一种方法．
13、
【解析】
设，则，可得，然后利用基本不等式得到关于的一元二次方程解方程可得的最大值和最小值，进而得到结论.
【详解】
∵x，y＝R+，设，则，
∴
∴12t＝（2t+2）x+（4t+1）y，
∴18t≥（t+1）（4t+1）＝4t2+5t+1，∴4t2﹣13t+1≤0，
∴，
∵xy的最大值与最小值分别为M和m，
∴M，m，
∴M+m.
本题考查了基本不等式的应用和一元二次不等式的解法，考查了转化思想和运算推理能力，属于中档题.
14、
【解析】
将变换为，展开利用均值不等式得到答案.
【详解】
若，且，则

时等号成立.
故答案为
本题考查了均值不等式，“1”的代换是解题的关键.
15、
【解析】
利用等差中项的性质求出的值，再利用等差中项的性质求出的值.
【详解】
由等差中项的性质可得，得，
由等差中项的性质得，.
故答案为：.
本题考查等差数列中项的计算，充分利用等差中项的性质进行计算是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.
16、
【解析】
由二倍角求得α，则tanα可求．
【详解】
由sin2α=sinα，得2sinαcosα=sinα，
∵,
∴sinα≠0,则,即.
∴.
故答案为：.
本题考查三角函数的恒等变换及化简求值，考查公式的灵活应用，属于基础题.

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）．
【解析】
（1）先求出周期得，由最高点坐标可求得，然后由正弦函数的单调性得结论；
（2）由直线与的图象交点的对称性可得．
【详解】
（1）由题意，∴，
又，，，由得，
∴，
令得，
∴单调减区间是，；
（2）在含有三个周期，如图，的图象与在上有六个交点，前面两个交点关于直线对称，中间两个关于直线对称，最后两个关于直线对称，
∴所求六个根的和为．

本题考查由三角函数的性质求解析式，考查函数的单调性，考查函数零点与方程根的分布问题．函数零点与方程根的分布问题可用数形结合思想，把方程的根转化为函数图象与直线交点的横坐标，再利用对称性求解．
18、（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ） 在△ABC中，利用正弦定理及其．可得，利用和差公式化简整理可得B．
（Ⅱ）在△ABC中，利用余弦定理即可得出b．
【详解】
（Ⅰ） 在△ABC中，由正弦定理，
又．
可得，
∴sinBcosBsinB，
则．
又∵B∈（0，π），可得．
（Ⅱ） 在△ABC中，由余弦定理及a＝2，c＝3，，
∴b2＝a2+c2﹣2accosB＝4+9﹣2×2×3×cos7，
解得．
本题考查了正弦定理、余弦定理、和差公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
19、（1）；（2）当时，在上的投影为；当时，在上的投影为.
【解析】
（1）由已知条件，结合正弦定理，求得，即可求得C的大小；
（2）由已知条件，结合三角形的面积公式及余弦定理，求得的值，再由向量的数量积的运算，即可求解.
【详解】
（1）因为，
由正弦定理知，
即，
又，所以，
所以，
在中，，所以，
又，所以；
（2）在中，由余弦定理得，
由，即，因此，
所以，解得或，
当时，在上的投影为；
当时，在上的投影为.
本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
20、（3）；（3）3．
【解析】
试题分析：（3）由题意可得，直线l的斜率存在，用点斜式求得直线l的方程，根据圆心到直线的距离等于半径求得k的值，可得满足条件的k的范围．
（3）由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+3，根据直线和圆相交的弦长公式进行求解
试题解析：（3）由题意可得，直线l的斜率存在，
设过点A（2，3）的直线方程：y=kx+3，即：kx-y+3=2．
由已知可得圆C的圆心C的坐标（3，3），半径R=3．
故由，解得：．
故当，过点A（2，3）的直线与圆C：相交于M，N两点．
（3）设M；N，
由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+3，代入圆C的方程，
可得，
∴，
∴，
由，解得 k=3，
故直线l的方程为 y=x+3，即 x-y+3=2．圆心C在直线l上，MN长即为圆的直径．所以|MN|=3
考点：直线与圆的位置关系；平面向量数量积的运算
21、（1），． （2）存在正整数，，证明见解析
【解析】
（1）根据题意，列出关于d与q的两个等式，解方程组，即可求出。
（2）利用错位相减求出，再讨论求出的最小值，对应的n值即为所求的k值。
【详解】
（1）解：设等差数列与等比数列的公差与公比分别为，，
则，解得，
于是，，．
（2）解：由，
即，①
，②
①②得：，
从而得．
令,得,显然、所以数列是递减数列，
于是，对于数列，当为奇数时，即，，，…为递减数列，
最大项为，最小项大于；
当为偶数时，即，，，…为递增数列，最小项为，最大项大于零且小于，
那么数列的最小项为．
故存在正整数，使恒成立．
本题考查等差等比数列，利用错位相减法求差比数列的前n项和，并讨论其最值，属于难题。