2025届湖北省武汉市蔡甸区汉阳一中高一数学第二学期期末经典试题含解析.doc

2025届湖北省武汉市蔡甸区汉阳一中高一数学第二学期期末经典试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．设平面向量，，若，则等于（ ）
A． B． C． D．
2． “”是“直线：与直线：垂直”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．直线l：的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
4．在等差数列中，，，则数列的通项公式为（ ）
A． B． C． D．
5．已知函数的值域为，且图像在同一周期内过两点，则的值分别为（ ）
A． B．
C． D．
6．已知函数的值域为，且图象在同一周期内过两点，则的值分别为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知为三条不同直线，为三个不同平面，则下列判断正确的是（ ）
A．若，，，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
8．下列结论不正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，则 D．若，则
9．如图，正方形的边长为2cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原平面图形的周长是（ ）cm．

A．12 B．16 C． D．
10．已知为等差数列，，则的值为（ ）
A．3 B．2 C． D．1
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知直线l与圆C：交于A，B两点，，则满足条件的一条直线l的方程为______.
12．对于数列满足： ，其前项和为记满足条件的所有数列中，的最大值为，最小值为，则___________
13．已知点和点，点在轴上，若的值最小，则点的坐标为______.
14．英国物理学家和数学家艾萨克·牛顿（Isaac newton，1643-1727年）曾提出了物体在常温环境下温度变化的冷却模型.现把一杯温水放在空气中冷却，假设这杯水从开始冷却，x分钟后物体的温度满足：（其中…为自然对数的底数）.则从开始冷却，经过5分钟时间这杯水的温度是________（单位：℃）.
15．己知为数列的前项和，且，则_____．
16．在中，角，，所对的边分别为，，，若，则为______三角形．
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.
18．已知函数，且.
（1）求的值；
（2）若在上有且只有一个零点，，求的取值范围.
19．已知函数()，设函数在区间上的最大值为.
(1)若，求的值；
(2)若对任意的恒成立，试求的最大值.
20．如图，已知四棱锥，侧面是正三角形，底面为边长2的菱形，，.

（1）设平面平面，求证：；
（2）求多面体的体积；
（3）求二面角的余弦值.
21．研究正弦函数的性质
（1）写出其单调增区间的表达式
（2）利用五点法，画出的大致图像
（3）用反证法证明的最小正周期是
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】
分析：由向量垂直的条件，求解，再由向量的模的公式和向量的数量积的运算，即可求解结果.
详解：由题意，平面向量，且，
所以，所以，即，
又由，所以，故选D.
点睛：本题主要考查了向量的数量积的运算和向量模的求解，其中解答中熟记平面向量的数量积的运算公式和向量模的计算公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
2、A
【解析】
试题分析：由题意得，直线与直线垂直，则，解得或，所以“”是“直线与直线垂直”的充分不必要条件，故选A．
考点：两条直线的位置关系及充分不必要条件的判定．
3、C
【解析】
由直线的斜率，又，再求解即可.
【详解】
解：由直线l：，
则直线的斜率，
又，
所以，
即直线l：的倾斜角为，
故选：C.
本题考查了直线倾斜角的求法，属基础题.
4、C
【解析】
直接利用等差数列公式解方程组得到答案.
【详解】

故答案选C
本题考查了等差数列的通项公式，属于基础题型.
5、C
【解析】
先利用可求出的值，再利用、两点横坐标之差的绝对值为周期的一半，计算出周期，再由可计算出的值，从而可得出答案．
【详解】
由题意可知，，
、两点横坐标之差的绝对值为周期的一半，则，，
因此，，，故选C．
本题考查三角函数的解析式的求解，求解步骤如下：
（1）求、：，；
（2）求：根据题中信息求出最小正周期，利用公式求出的值；
（3）求：将对称中心点和最高、最低点的坐标代入函数解析式，若选择对称中心点，还要注意函数在该点附近的单调性．
6、C
【解析】
根据值域先求，再代入数据得到最大值和最小值对应相差得到答案.
【详解】
函数的值域为
即
，图象在同一周期内过两点

故答案选C
本题考查了三角函数的最大值最小值，周期，意在考查学生对于三角函数公式和性质的灵活运用和计算能力.
7、C
【解析】
根据线线位置关系，线面位置关系，以及面面位置关系，逐项判断，即可得出结果.
【详解】
A选项，当时，由，可得，此时由，可得或或与相交；所以A错误；
B选项，若，，则，或相交，或异面；所以B错误；
C选项，若，，，根据线面平行的性质，可得，所以C正确；
D选项，若，，则或，又，则，或相交，或异面；所以D错误；
故选C
本题主要考查线面，面面有关命题的判定，熟记空间中点线面位置关系即可，属于常考题型.
8、B
【解析】
根据不等式的性质，对选项逐一分析，由此得出正确选项.
【详解】
对于A选项，不等式两边乘以一个正数，不等号不改变方程，故A正确.对于B选项，若，则，故B选项错误.对于C、D选项，不等式两边同时加上或者减去同一个数，不等号方向不改变，故C、D正确.综上所述，本小题选B.
本小题主要考查不等式的性质，考查特殊值法解选择题，属于基础题.
9、B
【解析】
根据直观图与原图形的关系，可知原图形为平行四边形，结合线段关系即可求解.
【详解】
根据直观图，可知原图形为平行四边形，
因为正方形的边长为2cm，
所以原图形 cm，
，则，
所以原平面图形的周长为，
故选：B.
本题考查了平面图形直观图与原图形的关系，由直观图求原图形面积方法，属于基础题.
10、D
【解析】
根据等差数列下标和性质，即可求解.
【详解】
因为为等差数列，故
解得.
故选：D.
本题考查等差数列下标和性质，属基础题.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、（答案不唯一）
【解析】
确定圆心到直线的距离，即可求直线的方程.
【详解】
由题意得圆心坐标，半径，，
∴圆心到直线的距离为，
∴满足条件的一条直线的方程为.
故答案为：（答案不唯一）.
本题考查直线和圆的方程的应用，考查学生的计算能力，属于中档题.
12、1
【解析】
由，，，，，分别令，3，4，5，求得的前5项，观察得到最小值，，计算即可得到的值．
【详解】
由，，，，，
可得，解得，
又，，可得或，
又，，，可得或5；
或6；或或8；
又，，，，可得或6或7；
或7或8；或8或9或10或12；
或10或12或1．
综上可得的最大值，最小值为，
则．
故答案为：1．
本题考查数列的和的最值，注意运用元素与集合的关系，运用列举法，考查判断能力和运算能力，属于中档题．
13、
【解析】
作出图形，作点关于轴的对称点，由对称性可知，结合图形可知，当、、三点共线时，取最小值，并求出直线的方程，与轴方程联立，即可求出点的坐标.
【详解】
如下图所示，作点关于轴的对称点，由对称性可知，

则，
当且仅当、、三点共线时，的值最小，
直线的斜率为，直线的方程为，即，
联立，解得，因此，点的坐标为.
故答案为：.
本题考查利用折线段长的最小值求点的坐标，涉及两点关于直线对称性的应用，考查数形结合思想的应用，属于中等题.
14、45
【解析】
直接利用对数的运算性质计算即可,
【详解】
.
故答案为：45.
本题考查对数的运算性质，考查计算能力，属于基础题.
15、
【解析】
根据可知，得到数列为等差数列；利用等差数列前项和公式构造方程可求得；利用等差数列通项公式求得结果.
【详解】
由得：，即：
数列是公差为的等差数列
又 ，解得：

本题正确结果：
本题考查等差数列通项公式、前项和公式的应用，关键是能够利用判断出数列为等差数列，进而利用等差数列中的相关公式来进行求解.
16、等腰或直角
【解析】
根据正弦定理化简得到，得到，故 或
，得到答案.
【详解】

利用正弦定理得到：，化简得到
即
故 或
故答案为等腰或直角
本题考查了正弦定理和三角恒等变换，漏解是容易发生的错误.

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）；（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．
18、（1） （2）
【解析】
（1）利用降次公式、辅助角公式化简表达式，利用求得的值.
（2）令，结合的取值范围以及三角函数的零点列不等式，解不等式求得的取值范围.
【详解】
（1）

，
，，
即.
（2）令，则，
，，
在上有且只有一个零点，
，，
的取值范围为.
本小题主要考查三角恒等变换，考查三角函数零点问题，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.
19、 (1)；(2)
【解析】
（1）根据二次函数的单调性得在区间，单调递减，在区间单调递增，从得而得；
（2）①当时，在区间上是单调函数，则，利用不等式的放缩法求得；②当时，对进行分类讨论，求得；从而求得k的最大值为.
【详解】
(1)当时，，结合图像可知，
在区间，单调递减，在区间单调递增.
.
(2)①当时，在区间上是单调函数，则，
而，，
，
∴.
②当时，的对称轴在区间内，
则，又，
（ⅰ）当时，有，，则
，
（ⅱ）当时，有，则
，
所以，对任意的都有，
综上所述，时在区间的最大值为，
所以k的最大值为.
本题考查一元二次函数的图象与性质、含参问题中的恒成立问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意讨论的完整性.
20、（1）证明见解析；（2）；（3）.
【解析】
（1）由，证得平面，再由线面平行的性质，即可得到；
（2）取中点，连结，推得，，得到平面，
再由多面体的体积，结合体积公式，即可求解；
（3）由，设的中点为，连结，推得，从而得到就是二面角的平面角，由此可求得二面角的余弦值.
【详解】
证明：（1）因为平面平面，
所以平面，
又平面，平面平面，所以；
（2）取中点，连结，由得，
同理，又因为，所以平面，
在中，，所以，
所以多面体的体积
；
（3）由题意知，底面为边长2的菱形，，
所以，又，所以，
设的中点为，连结，
由侧面是正三角形知，，所以，
因此就是二面角的平面角，
在中，，，
由余弦定理得，
二面角的余弦值为.

本题主要考查了线面位置关系的判定，多面体的体积的计算，以及二面角的求解，其中解答中熟记线面位置关系的判定与性质，以及而面积的平面角的定义，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于中档试题.
21、（1）（2）见解析（3）见解析
【解析】
（1）利用正弦函数的图象和性质即可得解；
（2）利用五点法作函数的图象即可；
（3）先证明，再假设存在，使得，令，可得，令，可得，得到矛盾，即可得证.
【详解】
（1）单调递增区间为，
所以单调递增区间的表达式为
（2）列表：

描点，连线，可得函数图象如下：

（3）证明：，
假设存在，使得，即，
令，则，即；
再令，可得，得到矛盾，
综上可知的最小正周期是.
本题主要考查了正弦函数的单调性，五点法作函数的图象，考查了反证法的应用，属于中档题.