山东省新泰市第二中学2024-2025学年高一下数学期末教学质量检测试题含解析.doc

山东省新泰市第二中学2024-2025学年高一下数学期末教学质量检测试题
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．等比数列的各项均为正数，且，则（ ）
A． B． C． D．
2．在正六边形ABCDEF中，点P为CE上的任意一点，若，则（ ）

A．2 B． C．3 D．不确定
3．直线在轴上的截距为（ ）
A．2 B．﹣3 C．﹣2 D．3
4．若变量，满足条件，则的最大值是（）
A．-4 B．-2 C．0 D．2
5．将函数的图像上的所有点向右平移个单位长度，得到函数的图像，若的部分图像如图所示，

则函数的解析式为
A． B．
C． D．
6．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
7．下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递减的是（   ）
A． B． C． D．
8．如图，为正方体，下面结论错误的是（ ）

A．异面直线与所成的角为45° B．平面
C．平面平面 D．异面直线与所成的角为45°
9．要得到函数的图象，只需将函数的图象
A．向左平移个单位长度
B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度
D．向右平移个单位长度
10．已知三个内角、、的对边分别是，若则的面积等于(　　)
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知函数是定义域为的偶函数，当时，，若关于的方程有且仅有6个不同实数根，则实数的取值范围为______.
12．在中，角所对的边为，若，且的外接圆半径为，则________．
13．在中，角、、所对应边分别为、、，，的平分线交于点，且，则的最小值为______
14．在中，，，点为延长线上一点，，连接，则=______.
15．已知向量，向量，若与垂直，则__________．
16．若x、y满足约束条件，则的最大值为________.
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．如图所示，是边长为的正三角形，点四等分线段．

（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若点是线段上一点，且，求实数的值．
18．已知向量的夹角为60°，且.
（1）求与的值；
（2）求与的夹角.
19．已知数列的前项和为，对任意满足，且，数列满足，，其前9项和为63.
（1）求数列和的通项公式；
（2）令，数列的前项和为，若存在正整数，有，求实数的取值范围；
（3）将数列,的项按照“当为奇数时，放在前面；当为偶数时，放在前面”的要求进行“交叉排列”，得到一个新的数列：…，求这个新数列的前项和.
20．如图，在平面直角坐标系中，点，直线，设圆的半径为1， 圆心在上.

（1）若圆心也在直线上，过点作圆的切线，求切线方程；
（2）若圆上存在点，使，求圆心的横坐标的取值范围.
21．若数列满足：存在正整数，对任意的，使得成立，则称为阶稳增数列.
（1）若由正整数构成的数列为阶稳增数列，且对任意，数列中恰有个，求的值；
（2）设等比数列为阶稳增数列且首项大于，试求该数列公比的取值范围；
（3）在（1）的条件下，令数列（其中，常数为正实数），设为数列的前项和.若已知数列极限存在，试求实数的取值范围，并求出该极限值.
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】
本题首先可根据数列是各项均为正数的等比数列以及计算出的值，然后根据对数的相关运算以及等比中项的相关性质即可得出结果．
【详解】
因为等比数列的各项均为正数，，
所以，，
所以，
故选D．
本题考查对数的相关运算以及等比中项的相关性质，考查的公式为以及在等比数列中有，考查计算能力，是简单题．
2、C
【解析】
延长交于点，延长交于点，可推出，，所以有，然后利用平面向量共线的推论即可求出
【详解】

如图，延长交于点，延长交于点
设正六边形ABCDEF的边长为
则在中有，，
所以，所以有，同理可得
因为
所以
因为三点共线，所以有，即
故选：C
遇到三点共线时，要联想到平面向量共线的推论：三点共线，若，则.
3、B
【解析】
令,求出值则是截距。
【详解】
直线方程化为斜截式为：
，时，，
所以，在轴上的截距为－3。
轴上的截距：即令,求出值；同理轴上的截距：即令,求出值
4、D
【解析】
由约束条件画出可行域，将问题转化为在轴截距最小，通过平移可知当过时，取最大值，代入可得结果.
【详解】
由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示：

当取最大值时，在轴截距最小
平移直线可知，当过时，在轴截距最小
又
本题正确选项：
本题考查线性规划中的最值问题的求解，关键是能够将问题转化为直线在轴截距的最值的求解问题，通过直线平移来进行求解，属于常考题型.
5、C
【解析】
根据图象求出A，ω和φ的值，得到g（x）的解析式，然后将g（x）图象上的所有点向左平移个单位长度得到f（x）的图象．
【详解】
由图象知A＝1，（），即函数的周期T＝π，
则π，得ω＝2，
即g（x）＝sin（2x+φ），
由五点对应法得2φ＝2kπ+π，k,得φ，
则g（x）＝sin（2x），
将g（x）图象上的所有点向左平移个单位长度得到f（x）的图象，
即f（x）＝sin[2（x）]＝sin（2x）=，
故选C．
本题主要考查三角函数解析式的求解，结合图象求出A，ω和φ的值以及利用三角函数的图象变换关系是解决本题的关键．
6、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.
7、D
【解析】
利用函数的奇偶性和单调性，逐一判断各个选项中的函数的奇偶性和单调性，进而得出结论．
【详解】
由于函数是奇函数，不是偶函数，故排除A；
由于函数是偶函数，但它在区间上单调递增，故排除B；
由于函数是奇函数，不是偶函数，故排除C；
由于函数是偶函数，且满足在区间上单调递减，故满足条件．
故答案为：D
本题主要考查了函数的奇偶性的判定及应用，其中解答中熟记函数的奇偶性的定义和判定方法，以及基本初等函数的奇偶性是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．
8、A
【解析】
根据正方体性质，依次证明线面平行和面面平行，根据直线的平行关系求异面直线的夹角.
【详解】
根据正方体性质，，所以异面直线与所成的角等于，，，所以不等于45°，所以A选项说法不正确；
，四边形为平行四边形，，平面，平面，所以平面，所以B选项说法正确；
同理可证：平面，是平面内两条相交直线，所以平面平面，所以C选项说法正确；
，异面直线与所成的角等于，所以D选项说法正确.
故选：A
此题考查线面平行和面面平行的判定，根据平行关系求异面直线的夹角，考查空间线线平行和线面平行关系的掌握
9、D
【解析】
先将化为，根据函数图像的平移原则，即可得出结果.
【详解】
因为，
所以只需将的图象向右平移个单位.
本题主要考查三角函数的平移，熟记函数平移原则即可，属于基础题型.
10、B
【解析】
根据三角的面积公式求解.
【详解】
，故选.
本题考查三角形的面积计算.三角形有两个面积公式：和，选择合适的进行计算.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、0＜a≤或a．
【解析】
运用偶函数的性质，作出函数f（x）的图象，由5[f（x）]2﹣（5a+4）f（x）+4a＝0，解得f（x）＝a或f（x），结合图象，分析有且仅有6个不同实数根的a的情况，即可得到a的范围．
【详解】
函数是定义域为的偶函数，作出函数f（x）的图象如图：
关于x的方程5[f（x）]2﹣（5a+4）f（x）+4a＝0，
解得f（x）＝a或f（x），
当0≤x≤2时，f（x）∈[0，]，x＞2时，f（x）∈（，）．
由，则f（x）有4个实根，
由题意，只要f（x）＝a有2个实根，
则由图象可得当0＜a≤时，f（x）＝a有2个实根，
当a时，f（x）＝a有2个实根．
综上可得：0＜a≤或a．
故答案为0＜a≤或a．．

本题考查函数的奇偶性和单调性的运用，考查方程和函数的转化思想，运用数形结合的思想方法是解决的常用方法．
12、或.
【解析】
利用正弦定理求出的值，结合角的取值范围得出角的值.
【详解】
由正弦定理可得，所以，，
，或，故答案为或.
本题考查正弦定理的应用，在利用正弦值求角时，除了找出锐角还要注意相应的补角是否满足题意，考查计算能力，属于基础题.
13、18
【解析】
根据三角形面积公式找到的关系，结合基本不等式即可求得最小值.
【详解】
根据题意，，
因为的平分线交于点，且，
所以

而
所以，化简得
则
当且仅当，即，时取等号，即最小值为.
故答案为：
本题考查三角形面积公式和基本不等式，考查计算能力，属于中等题型
14、.
【解析】
由题意,画出几何图形.由三线合一可求得,根据补角关系可求得.再结合余弦定理即可求得.
【详解】
在中,,
作,如下图所示:

由三线合一可知为中点
则
所以
点为延长线上一点,
则在中由余弦定理可得

所以
故答案为:
本题考查了等腰三角形性质,余弦定理在解三角形中的应用,属于基础题.
15、 ；
【解析】
由计算可得．
【详解】
，∵与垂直，∴，．
故答案为－1．
本题考查向量垂直的坐标运算．由向量垂直得其数量积为0，本题属于基础题．
16、18
【解析】
先作出不等式组所表示的平面区域，再观察图像即可得解.
【详解】
解：作出不等式组所表示的平面区域，如图所示，
由图可得：目标函数所在直线过点时，取最大值，
即，
故答案为： .

本题考查了简单的线性规划问题，重点考查了作图能力，属基础题.

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、（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）以作为基底，表示出，然后利用数量积的运算法则计算即可求出；（Ⅱ）由平面向量数量积的运算及其运算可得：设，又，所以，解得，得解．
【详解】
（Ⅰ）由题意得，
则

（Ⅱ）因为点Q是线段上一点，所以设，
又，所以，
故，
解得，因此所求实数m的值为.
本题主要考查了平面向量的线性运算以及数量积的运算以及平面向量基本定理的应用,属于中档题.
18、（1），；（2）.
【解析】
（1）根据，即可得解；
（2）根据公式计算求解.
【详解】
（1）由题向量的夹角为60°，所以，
，
；
（2），
所以
此题考查平面向量数量积，根据定义计算两个向量的数量积，求向量的模长和根据数量积与模长关系求向量夹角.
19、（1）；（2）；（3）
【解析】
试题分析：（1）由已知得数列是等差数列，从而易得，也即得，利用求得，再求得可得数列通项，利用已知可得是等差数列，由等差数列的基本量法可求得；（2）代入得，变形后得，从而易求得和，于是有，只要求得的最大值即可得的最小值，从而得的范围，研究的单调性可得；（3）根据新数列的构造方法，在求新数列的前项和时，对分类：，和三类，可求解．
试题解析：（1）∵，∴数列是首项为1，公差为的等差数列，
∴，即，
∴，
又，∴．
∵，∴数列是等差数列，
设的前项和为，∵且，
∴，∴的公差为
（2）由（1）知，
∴
，
∴
设，则，
∴数列为递增数列，
∴，
∵对任意正整数，都有恒成立，∴．
（3）数列的前项和，数列的前项和，
①当时，；
②当时，，
特别地，当时，也符合上式；
③当时，．
综上：
考点：等差数列的通项公式，数列的单调性，数列的求和．
20、（1）或；（2）.
【解析】
（1）两直线方程联立可解得圆心坐标，又知圆的半径为，可得圆的方程，根据点到直线距离公式，列方程可求得直线斜率，进而得切线方程；（2）根据圆的圆心在直线：上可设圆的方程为，由，可得的轨迹方程为，若圆上存在点，使，只需两圆有公共点即可.
【详解】
（1）由得圆心，
∵圆的半径为1，
∴圆的方程为：，
显然切线的斜率一定存在，设所求圆的切线方程为，即．
∴，
∴，∴或．
∴所求圆的切线方程为或．
（2）∵圆的圆心在直线：上，所以，设圆心为，
则圆的方程为．
又∵，
∴设为，则，整理得，设为圆．
所以点应该既在圆上又在圆上，即圆和圆有交点，
∴，
由，得，
由，得．
综上所述，的取值范围为．
考点：1、圆的标准方程及切线的方程；2、圆与圆的位置关系及转化与划归思想的应用.
【方法点睛】
本题主要考查圆的标准方程及切线的方程、圆与圆的位置关系及转化与划归思想的应用.属于难题.转化与划归思想是解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决知识点较多以及知识跨度较大的问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识领域，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用于解题当中.本题（2）巧妙地将圆上存在点，使问题转化为，两圆有公共点问题是解决问题的关键所在.
21、（1）；（2）；（3）.
【解析】
（1）设，由题意得出，求出正整数的值即可；
（2）根据定义可知等比数列中的奇数项构成的等比数列为阶稳增数列，偶数项构成的等比数列也为阶稳增数列，分和两种情况讨论，列出关于的不等式，解出即可；
（3）求出，然后分、和三种情况讨论，求出，结合数列的极限存在，求出实数的取值范围.
【详解】
（1）设，由于数列为阶稳增数列，则，
对任意，数列中恰有个，
则数列中的项依次为：、、、、、、、、、、、、、、、、，
设数列中值为的最大项数为，
则，
由题意可得，即，，解得，
因此，；
（2）由于等比数列为阶稳增数列，即对任意的，，且.
所以，等比数列中的奇数项构成的等比数列为阶稳增数列，偶数项构成的等比数列也为阶稳增数列.
①当时，则等比数列中每项都为正数，由可得，整理得，解得；
②当时，
（i）若为正奇数，可设，则，
由，得，即，整理得，解得；
（ii）若为正偶数时，可设，则，
由，得，即，整理得，解得.
所以，当时，等比数列为阶稳增数列.
综上所述，实数的取值范围是；
（3），由（1）知，则.
①当时，，，则，
此时，数列的极限不存在；
②当时，，
，
上式下式得，
所以，，则.
（i）若时，则，此时数列的极限不存在；
（ii）当时，，
此时，数列的极限存在.
综上所述，实数的取值范围是.
本题考查数列新定义“阶稳增数列”的应用，涉及等比数列的单调性问题、数列极限的存在性问题，同时也考查了错位相减法求和，解题的关键就是理解新定义“阶稳增数列”，考查分析问题和解决问题能力，考查了分类讨论思想的应用，属于难题.