四川省成都市实验外国语学校2024-2025学年数学高一下期末质量检测试题含解析.doc

四川省成都市实验外国语学校2024-2025学年数学高一下期末质量检测试题
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．若平面向量与的夹角为，，，则向量的模为（ ）
A． B． C． D．
2．点到直线的距离是（ ）
A． B． C．3 D．
3．函数的定义域是（ ）
A． B．
C． D．
4．在△ABC中，A＝60°，AB＝2，且△ABC的面积为，则BC的长为( )．
A． B．2 C． D．
5．若双曲线的中心为原点，是双曲线的焦点，过 的直线 与双曲线相交于 ， 两点，且 的中点为 ，则双曲线的方程为（ ）
A． B． C． D．
6．过点且与直线垂直的直线方程是（ ）
A． B． C． D．
7．直线经过点和，则直线的倾斜角为（　）
A． B． C． D．
8．如直线与平行但不重合，则的值为（）．
A．或2 B．2 C． D．
9．如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则异面直线B1C与EF所成的角的大小为(　　)

A．30° B．45° C．60° D．90°
10．（2017新课标全国Ⅲ理科）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为
A． B．
C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知指数函数上的最大值与最小值之和为10，则=____________。
12．已知向量，满足，且在方向上的投影是，则实数_______.
13．不等式的解集是_________________
14．函数的图象过定点______.
15．的化简结果是_________.
16．已知数列中，且当时，则数列的前项和=__________．
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．已知的角、、所对的边分别是、、，设向量，
，.
（1）若，求证：为等腰三角形；
（2）若，边长，角，求的面积.
18．已知是递增数列，其前项和为，，且，．
（Ⅰ）求数列的通项；
（Ⅱ）是否存在使得成立？若存在，写出一组符合条件的的值；若不存在，请说明理由；
（Ⅲ）设，若对于任意的，不等式
恒成立，求正整数的最大值．
19．如图，平行四边形中，，分别是，的中点，为与的交点，若,，试以，为基底表示、、．

20． 已知四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，ABCD是正方形，E是PA的中点．

(Ⅰ)求证：PC∥平面EBD；
(Ⅱ)求证：平面PBC⊥平面PCD．
21．已知分别为内角的对边试从下列①②条件中任选一个作为已知条件并完成下列(1)(2)两问的解答①；②.
(1)求角
(2)若,,求的面积.
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、C
【解析】，，又，，则，故选
2、D
【解析】
根据点到直线的距离求解即可.
【详解】
点到直线的距离是.
故选：D
本题主要考查了点到线的距离公式,属于基础题.
3、D
【解析】
解不等式，即得函数的定义域.
【详解】
因为，
所以，即，
解得．
故选：D
本题主要考查三角函数定义域的求法，考查解三角不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
4、D
【解析】
利用三角形面积公式列出关系式，把，已知面积代入求出的长，再利用余弦定理即可求出的长．
【详解】
∵在中，，且的面积为，
∴，
解得： ，
由余弦定理得： ，
则．
故选D．
此题考查了余弦定理，三角形面积公式，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握余弦定理是解本题的关键．
5、B
【解析】
由题可知，直线：，设，
，得，又，
解得，所以双曲线方程为，故选B。
6、D
【解析】
由已知直线方程求得直线的斜率，再根据两直线垂直，得到所求直线的斜率，最后用点斜式写出所求直线的方程.
【详解】
已知直线的斜率为：
因为两直线垂直
所以所求直线的斜率为
又所求直线过点
所以所求直线方程为：
即：
故选：D
本题主要考查了直线与直线的位置关系及直线方程的求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
7、D
【解析】
算出直线的斜率后可得其倾斜角.
【详解】
设直线的斜率为，且倾斜角为，则，
根据，而，故，故选D.
本题考查直线倾斜角的计算，属于基础题.
8、C
【解析】
两直线斜率相等，且截距不相等。
【详解】
解析：由题意得，，解得或2，经检验时两直线重合，故.
故选C.
本题考查两直线平行，属于基础题.
9、C
【解析】
连接，由三角形中位线定理及平行四边形性质可得 ，所以是与所成角，由正方体的性质可知是等边三角形，所以，与所成角是,故选C.
10、B
【解析】
绘制圆柱的轴截面如图所示，由题意可得：，
结合勾股定理，底面半径，
由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是，故选B.

【名师点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
根据和时的单调性可确定最大值和最小值，进而构造方程求得结果.
【详解】
当时，在上单调递增 ，
，解得：或（舍）
当时，在上单调递减 ，
，解得：（舍）或（舍）
综上所述：
故答案为：
本题考查利用函数最值求解参数值的问题，关键是能够根据指数函数得单调性确定最值点.
12、1
【解析】
在方向上的投影为，把向量坐标代入公式，构造出关于的方程，求得.
【详解】
因为，所以，
解得：，故填：.
本题考查向量的数量积定义中投影的概念、及向量数量积的坐标运算，考查基本运算能力.
13、
【解析】
可先求出一元二次方程的两根，即可得到不等式的解集.
【详解】
由于的两根分别为：，，因此不等式的解集是.
本题主要考查一元二次不等式的求解，难度不大.
14、
【解析】
令真数为，求出的值，代入函数解析式可得出定点坐标.
【详解】
令，得，当时，.
因此，函数的图象过定点.
故答案为：.
本题考查对数型函数图象过定点问题，一般利用真数为来求得，考查计算能力，属于基础题.
15、
【解析】
原式，因为，所以，且，所以原式．
16、
【解析】
先利用累乘法计算，再通过裂项求和计算.
【详解】
，

数列的前项和
故答案为：
本题考查了累乘法，裂项求和，属于数列的常考题型.

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）
【解析】
⑴因为，所以，即,其中是的外接圆半径， 所以，所以为等腰三角形.
⑵因为，所以.
由余弦定理可知，，即
解方程得：（舍去）
所以.
18、（1）（2）不存在（3）1
【解析】
（Ⅰ），得，解得，或．
由于，所以．
因为，所以.
故，
整理，得，即．
因为是递增数列，且，故，因此．
则数列是以2为首项，为公差的等差数列.
所以.………………………………………………5分
（Ⅱ）满足条件的正整数不存在，证明如下：
假设存在，使得，
则．
整理，得， ①
显然，左边为整数，所以①式不成立．
故满足条件的正整数不存在． ……………………1分
（Ⅲ），
不等式可转化为

．
设，
则

.
所以，即当增大时，也增大．
要使不等式对于任意的恒成立，只需即可．
因为，所以.
即.
所以，正整数的最大值为1． ………………………………………14分
19、
【解析】
分析：直接利用共线向量的性质、向量加法与减法的三角形法则求解即可.
详解：由题意，如图，
，
连接，则是的重心，连接交于点，则是的中点，
∴点在上，
∴，
故答案为
；；
∴．
点睛：向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）；二是坐标运算：建立坐标系转化为解析几何问题解答（求最值与范围问题，往往利用坐标运算比较简单）．
20、 (Ⅰ)见解析 (Ⅱ)见解析
【解析】
试题分析：（1）连，与交于，利用三角形的中位线，可得线线平行，从而可得线面平行；
（2）证明，即可证得平面平面．
试题解析：(Ⅰ)连接AC交BD与O，连接EO,
∵E、O分别为PA、AC的中点，
∴EO∥PC，
∵PC⊄平面EBD，EO⊂平面EBD
∴PC∥平面EBD
(Ⅱ)∵PD⊥平面ABCD, BC⊂平面ABCD，
∴PD⊥BC，∵ABCD为正方形，∴BC⊥CD，
∵PD∩CD＝D, PD、CD⊂平面PCD
∴BC⊥平面PCD，又∵BC⊂平面PBC，
∴平面PBC⊥平面PCD.
【点睛】本题考查线面平行，考查面面平行，掌握线面平行，面面平行的判定方法是关键．
21、（1）选择①，；选择②，（2）
【解析】
（1）选择①，利用正弦定理余弦定理化简即得C；选择②，利用正弦定理化简即得C的值；（2）根据余弦定理得，再求的面积.
【详解】
解：（1）选择①
根据正弦定理得，
从而可得，
根据余弦定理，
解得，
因为，故.
选择②
根据正弦定理有，
即，
即
因为，故，从而有，
故
（2）根据余弦定理得，
得，
即，解得，
又因为的面积为，
故的面积为.
本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角形面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，属于中档题.