2025届福建省三明市高一下数学期末检测试题含解析.doc

2025届福建省三明市高一下数学期末检测试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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．为了得到函数的图象，只需将函数的图象()
A．向左平移个单位 B．向右平移个单位
C．向左平移个单位 D．向右平移个单位
2．在等差数列中，如果，则数列前9项的和为( )
A．297 B．144 C．99 D．66
3．若向量的夹角为，且，，则向量与向量的夹角为（ ）
A． B． C． D．
4．函数的部分图象如图所示，则的单调递减区间为

A．
B．
C．
D．
5．正四棱柱的高为3cm,体对角线长为cm,则正四棱柱的侧面积为( )
A．10 B．24 C．36 D．40
6．已知函数f（x），则f[f（2）]＝（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．已知角的终边经过点，则（ ）
A． B． C．-2 D．
8．函数，当时函数取得最大值，则（ ）
A． B． C． D．
9．在△ABC中，sinA:sinB:sinC=4:3:2，则cosA的值是（ ）
A． B． C． D．
10．若向量，，则在方向上的投影为（ ）
A．-2 B．2 C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．在《九章算术·商功》中将四个面均为直角三角形的三棱锥称为鳖臑（biē nào），在如下图所示的鳖臑中，，，，则的直角顶点为______.

12．若当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围是_____.
13．某工厂生产甲、乙、丙三种型号的产品，产品数量之比为3:5:7，现用分层抽样的方法抽出容量为的样本，其中甲种产品有18件，则样本容量= ．
14．已知数列满足，则__________.
15．数列中，为的前项和，若，则____．
16．已知数列中，其前项和为，，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．李克强总理在2018年政府工作报告指出，要加快建设创新型国家，把握世界新一轮科技革命和产业变革大势，深入实施创新驱动发展战略，不断增强经济创新力和竞争力.某手机生产企业积极响应政府号召，大力研发新产品，争创世界名牌.为了对研发的一批最新款手机进行合理定价，将该款手机按事先拟定的价格进行试销，得到一组销售数据，如表所示：
单价（千元）

销量（百件）

已知.
（1）若变量具有线性相关关系，求产品销量（百件）关于试销单价（千元）的线性回归方程；
（2）用（1）中所求的线性回归方程得到与对应的产品销量的估计值.
（参考公式：线性回归方程中的估计值分别为）
18．记为数列的前项和，且满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求满足等式的正整数的值．
19．设递增数列共有项，定义集合，将集合中的数按从小到大排列得到数列；
（1）若数列共有4项，分别为，，，，写出数列的各项的值；
（2）设是公比为2的等比数列，且，若数列的所有项的和为4088，求和的值；
（3）若，求证：为等差数列的充要条件是数列恰有7项；
20．已知向量且，
（1）求向量与的夹角；
（2）求的值.
21．在平面直角坐标系中，O是坐标原点，向量
若C是AB所在直线上一点，且，求C的坐标．
若，当，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、D
【解析】
由函数，根据三角函数的图象变换，即可求解，得到答案.
【详解】
由题意，函数，为了得到函数的图象，
只需将函数的图象向右平移个单位，故选D.
本题主要考查了三角函数的图象变换，以及正弦的倍角公式的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
2、C
【解析】
试题分析：，，∴a4=13,a6=9,S9==99
考点：等差数列性质及前n项和
点评：本题考查了等差数列性质及前n项和，掌握相关公式及性质是解题的关键．
3、B
【解析】
结合数量积公式可求得、、的值，代入向量夹角公式即可求解．
【详解】
设向量与的夹角为，因为的夹角为，且，，
所以，
，
所以，
又因为
所以，故选B
本题考查向量的数量积公式，向量模、夹角的求法，考查化简计算的能力，属基础题．
4、D
【解析】
根据图象可得最小正周期，求得；利用零点和的符号可确定的取值；令，解不等式即可求得单调递减区间.
【详解】
由图象可知：
又 ， ，

由图象可知 的一个可能的取值为
令，，解得：，
即的单调递减区间为：，
本题正确选项：
本题考查利用图象求解余弦型函数的解析式、余弦型函数单调区间的求解问题；关键是能够灵活应用整体对应的方式来求解解析式和单调区间，属于常考题型.
5、B
【解析】
设正四棱柱，设底面边长为，由正四棱柱体对角线的平方等于从同一顶点出发的三条棱的平方和，可得关于的方程.
【详解】
如图，正四棱柱，设底面边长为，

则，解得：，
所以正四棱柱的侧面积.
本题考查正棱柱的概念，即底面为正方形且侧棱垂直于底面的几何体，考查几何体的侧面积计算.
6、B
【解析】
根据分段函数的表达式求解即可.
【详解】
由题.
故选：B
本题主要考查了分段函数的求值,属于基础题型.
7、B
【解析】
按三角函数的定义，有.
8、A
【解析】
根据三角恒等变换的公式化简得，其中，再根据题意，得到，求得，结合诱导公式，即可求解.
【详解】
由题意，根据三角恒等变换的公式，可得，
其中，
因为当时函数取得最大值，即，即，
可得，即，
所以.
故选：A.
本题主要考查了三角恒等变换的应用，以及诱导公式的化简求值，其中解答中熟记三角恒等变换的公式，合理利用三角函数的诱导公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
9、A
【解析】
由正弦定理可得，再结合余弦定理求解即可.
【详解】
解：因为在△ABC中，sinA:sinB:sinC=4:3:2，
由正弦定理可得，
不妨令，
由余弦定理可得，
故选：A.
本题考查了正弦定理及余弦定理，重点考查了运算能力，属基础题.
10、A
【解析】
向量，，所以，||=5，所以在方向上的投影为 =-2
故选A

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
根据，可得平面，进而可得，再由，证明平面，即可得出，是的直角顶点.
【详解】
在三棱锥中，，，且，
∴平面，又平面，
∴，
又∵，且，
∴平面，又平面，
∴，
∴的直角顶点为.
故答案为：.
本题考查了直线与直线以及直线与平面垂直的应用问题，属于基础题.
12、
【解析】
用换元法把不等式转化为二次不等式．然后用分离参数法转化为求函数最值．
【详解】
设，是增函数，当时，，
不等式化为，即，
不等式在上恒成立，
时，显然成立，
，对上恒成立，
由对勾函数性质知在是减函数，时，，
∴，即．
综上，．
故答案为：．
本题考查不等式恒成立问题，解题方法是转化与化归，首先用换元法化指数型不等式为一元二次不等式，再用分离参数法转化为求函数最值．
13、
【解析】
试题分析：由题意得，解得，故答案为．
考点：分层抽样．
14、
【解析】
数列为以 为首项，1为公差的等差数列。
【详解】
因为所以
又
所以数列为以 为首项，1为公差的等差数列。
所以
所以
故填
本题考查等差数列，属于基础题。
15、
【解析】
由，结合等比数列的定义可知数列是以为首项，为公比的等比数列，代入等比数列的求和公式即可求解．
【详解】
因为，所以，又因为
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以由等比数列的求和公式得，解得
本题考查利用等比数列的定义求通项公式以及等比数列的求和公式，属于简单题．
16、1
【解析】
本题主要考查了已知数列的通项式求前和，根据题目分奇数项和偶数项直接求即可。
【详解】
，
则
．
故答案为：1．
本题主要考查了给出数列的通项式求前项和以及极限。求数列的前常用的方法有错位相减、分组求和、裂项相消等。本题主要利用了分组求和的方法。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）先计算，将数据代入公式得到，，线性回归方程为
（2）利用（1）中所求的线性回归方程，代入数据分别计算得到答案.
【详解】
（1）由，可求得，
故，，，，
代入可得，
，
所以所求的线性回归方程为．
（2）利用（1）中所求的线性回归方程可得，当时，；当 时，；当时，；当时，；当时，；当时，．
本题考查了线性回归方程的计算，求估计值，意在考查学生的计算能力和对于回归方程公式的理解应用.
18、（1）；（2）
【解析】
（1）首先利用数列的递推关系式求出数列的通项公式；
（2）先求出，再利用裂项相消法求出数列的和，解出即可．
【详解】
（1）由为数列的前项和，且满足．
当时，，得．
当时，，得，
所以数列是以2为首项，以为公比的等比数列，
则数列的通项公式为．
（2）由，
得

由，解得．
本题考查了等比数列的通项公式的求法，裂项相消法求数列的和，属于基础题．
19、（1），，，，；（2），；（3）证明见解析；
【解析】
(1)根据题意从小到大计算中的值即可.
(2)易得数列的所有项的和等于中的每个项重复加了次,再根据等比数列求和即可.
(3)分别证明当时,若为等差数列则数列恰有7项以及当数列恰有7项证明为等差数列即可.
【详解】
(1)易得当,,,时, ,
,,,
.
(2)若是公比为2的等比数列,且,则数列的所有项的和等于中每一项重复加了次,故.即,又,故,易得随着的增大而增大.
当时,
当时,
当时,
故,此时.
(3)证明：
先证明充分性：若,且为等差数列,不妨设,则数列也为等差数列为的等差数列.且最小值为,最大值为.
故数列恰有7项.
再证明必要性：
若数列恰有7项.
则因为.
故的7项分别为.
又,可得,即.
同理有,故为等差数列.
综上可知, 若,则为等差数列的充要条件是数列恰有7项
本题主要考查了数列综合运用,需要根据题意分析与的关系,将中的通项用中的项表达,再计算即可.同时也考查了推理证明的能力.属于难题.
20、（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）利用平面向量的数量积的运算法则化简，进而求出向量与的夹角；
（Ⅱ）利用，对其化简，代入数值，即可求出结果．
【详解】
解：（Ⅰ）由得
因

向量与的夹角为
（Ⅱ）
本题考查平面向量的数量积的应用，以及平面向量的夹角以及平面向量的模的求法，考查计算能力．
21、（1）；（2）或1
【解析】
由向量共线的坐标运算得：设，可得，又因为，，即.
由题意结合向量加减法与数量积的运算化简得，所以，运算可得解.
【详解】
，
因为C是AB所在直线上一点，
设，可得，
又因为，
所以，
解得，
所以，
故答案为
且，
显然，所以，，
又
所以，即，
所以，
所以
即，
解得：或，
故答案为或1．
本题考查了向量共线的坐标运算及平面向量数量积的运算，属于中档题．