2024-2025学年陕西省西安电子科技中学数学高一第二学期期末经典试题含解析.doc

2024-2025学年陕西省西安电子科技中学数学高一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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，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．（2018年天津卷文）设变量x，y满足约束条件 则目标函数的最大值为
A．6 B．19 C．21 D．45
2．已知正实数满足，则的最小值（ ）
A．2 B．3 C．4 D．
3．在中，设角，，的对边分别是，，，且，则一定是（ ）
A．等边三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形
4．集合，，则=( )
A． B． C． D．
5．已知随机变量服从正态分布，且，，则（ ）
A．0.2 B．0.3 C．0.7 D．0.8
6．关于的不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
7．已知数列的前项和满足.若对任意正整数都有恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，⊥底面，且，则此三棱锥外接球的半径为（ ）

A． B． C． D．
9．在ΔABC中,若 ,则=（ ）
A．6 B．4 C．-6 D．-4
10．等差数列满足，则其前10项之和为（　　）
A．－9 B．－15 C．15 D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．函数的最小正周期___________.
12．在数列中，，则______________.
13．已知，，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围为______.
14．在锐角△中，角所对应的边分别为，若，则角等于________.
15．过点作圆的两条切线，切点分别为，则= .
16．函数在区间上的最大值为，则的值是_____________.
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，在正方体中，是的中点，在上，且.

(1)求证：平面；
(2)在线段上存在一点，，若平面，求实数的值.
18．已知圆：，点是直线：上的一动点，过点作圆M的切线、，切点为、．
（Ⅰ）当切线PA的长度为时，求点的坐标；
（Ⅱ）若的外接圆为圆，试问：当运动时，圆是否过定点？若存在，求出所有的定点的坐标；若不存在，说明理由；
（Ⅲ）求线段长度的最小值．
19．设数列满足（，），且，.
（1）求和的值；
（2）求数列 的前项和.
20．已知
（1）求的值；
（2）求的最小值以及取得最小值时的值
21．在等差数列{}中，=3，其前项和为，等比数列{}的各项均为正数，=1，公比为q,且b2+ S2=12，．
（1）求与的通项公式；
（2）设数列{}满足，求{}的前n项和．
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】
分析：首先画出可行域，然后结合目标目标函数的几何意义确定函数取得最大值的点，最后求解最大值即可.
详解：绘制不等式组表示的平面区域如图所示，结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最大值，联立直线方程：，可得点A的坐标为：，据此可知目标函数的最大值为：.本题选择C选项.

点睛：求线性目标函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当b＞0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b＜0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.
2、B
【解析】

，
当且仅当，即，时的最小值为3.
故选B.
点睛：本题主要考查基本不等式.在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.①一正：关系式中，各项均为正数；②二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；③三相等：含变量的各项均相等，取得最值.
3、C
【解析】
利用二倍角公式化简已知表达式，利用余弦定理化角为边的关系，即可推出三角形的形状．
【详解】
解：因为，所以，
即，由余弦定理可知：，
所以．
所以三角形是直角三角形．
故选：．
本题考查三角形的形状的判断，余弦定理的应用，考查计算能力，属于中档题．
4、C
【解析】
根据交集定义直接求解可得结果.
【详解】
根据交集定义知：
故选：
本题考查集合运算中的交集运算，属于基础题.
5、B
【解析】

随机变量服从正态分布，所以曲线关于对称，且，由
，可知，所以，故选B.
6、B
【解析】
将不等式化为，等价于，解出即可．
【详解】
由原式得且，解集为，故选B．
本题考查分式不等式的解法，解分式不等式时，要求右边化为零，等价转化如下：
；；
；.
7、C
【解析】
先利用求出数列的通项公式，于是可求出，再利用参变量分离法得到，利用数列的单调性求出数列的最小项的值，可得出实数的取值范围．
【详解】
当时，，即，得；
当时，由，得，两式相减得，得，
，所以，数列为等比数列，且首项为，公比为，.
，
由，得，
所以，数列单调递增，其最小项为，所以，，
因此，实数的取值范围是，故选C．
本题考查利用数列前项和求数列的通项，其关系式为，其次考查了数列不等式与参数的取值范围问题，一般利用参变量分离法转化为数列的最值问题来求解，考查化归与转化问题，属于中等题．
8、D
【解析】
过的中心M作直线,
则上任意点到的距离相等，过线段中点作平面，
则面上的点到的距离相等，
平面与的交点即为球心O，
半径，故选D.
考点：求解三棱锥外接球问题.
点评：此题的关键是找到球心的位置（球心到4个顶点距离相等）.
9、C
【解析】
向量的点乘，
【详解】
,选C.
向量的点乘，需要注意后面乘的是两向量的夹角的余弦值，本题如果直接计算的话，的夹角为∠BAC的补角
10、D
【解析】
由已知(a4＋a7)2＝9，所以a4＋a7＝±3，从而a1＋a10＝±3.
所以S10＝×10＝±15.
故选D.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
利用两角和的正弦公式化简函数表达式，由此求得函数的最小正周期.
【详解】
依题意，故函数的周期.
故填：.
本小题主要考查两角和的正弦公式，考查三角函数最小正周期的求法，属于基础题.
12、20
【解析】
首先根据已知得到：是等差数列，公差，再计算即可.
【详解】
因为，
所以数列是等差数列，公差.
.
故答案为：
本题主要考查等差数列的判断和等差数列项的求法，属于简单题.
13、
【解析】
由题意得出且与不共线，利用向量的坐标运算可求出实数的取值范围.
【详解】
由于与的夹角为钝角，则且与不共线，
，，，解得且，
因此，实数的取值范围是，故答案为：.
本题考查利用向量的夹角求参数，解题时要找到其转化条件，设两个非零向量与的夹角为，为锐角，为钝角.
14、
【解析】
试题分析：利用正弦定理化简，得，因为，所以，因为为锐角，所以．
考点：正弦定理的应用．
【方法点晴】本题主要考查了正弦定理的应用、以及特殊角的三角函数值问题，其中解答中涉及到解三角形中的边角互化，转化为三角函数求值的应用，解答中熟练掌握正弦定理的变形，完成条件的边角互化是解答的关键，注重考查了分析问题和解答问题的能力，同时注意条件中锐角三角形，属于中档试题．
15、
【解析】
如图，连接，在直角三角形中，所以，，，故.

考点：1.直线与圆的位置关系；2.平面向量的数量积.
16、
【解析】
利用同角三角函数平方关系，易将函数化为二次型的函数，结合余弦函数的性质，及函数在上的最大值为1，易求出的值．
【详解】
函数
又函数在上的最大值为1，
≤0，
又,
且在上单调递增，
所以
即．
故答案为：
本题考查的知识点是三角函数的最值，其中利用同角三角函数平方关系，将函数化为二次型的函数，是解答本题的关键，属于中档题．

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)证明见解析；(2)
【解析】
(1)分别证明与即可.
(2)设平面与的交点为,利用线面与面面平行的判定与性质可知只需满足,再利用平行所得的相似三角形对应边成比例求解即可.
【详解】
(1)连接.因为正方体,故,且,又.故平面.又平面,故.
同理,,,故.
又,平面.故平面.

(2) 设平面与的交点为,连接.
因为,平面,,
故.又,故.
设正方体边长为6,则因为,故
故, 所以.
又平面则只需即可.此时又因为,故四边形为平行四边形.故.此时.故.
故

本题主要考查了线面垂直的证明以及根据线面平行求解参数的问题,需要根据题意找到线与所证平面内的一条直线平行,并利用平面几何中的相似方法求解.属于中档题.
18、（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）AB有最小值
【解析】
试题分析：（Ⅰ）求点的坐标，需列出两个独立条件,根据解方程组解：由点是直线：上的一动点，得，由切线PA的长度为得，解得（Ⅱ）设P（2b,b），先确定圆的方程：因为∠MAP＝90°，所以经过A、P、M三点的圆以MP为直径，其方程为：，再按b整理：由解得或，所以圆过定点（Ⅲ）先确定直线方程，这可利用两圆公共弦性质解得：由圆方程为及 圆：，相减消去x,y平方项得圆方程与圆相交弦AB所在直线方程为：，相交弦长即：
，当时，AB有最小值
试题解析：（Ⅰ）由题可知，圆M的半径r＝2，设P（2b,b），
因为PA是圆M的一条切线，所以∠MAP＝90°,
所以MP＝，解得
所以4分
（Ⅱ）设P（2b，b），因为∠MAP＝90°，所以经过A、P、M三点的圆以MP为直径，
其方程为：
即
由， 7分
解得或，所以圆过定点9分
（Ⅲ）因为圆方程为
即①
圆：，即②
②－①得圆方程与圆相交弦AB所在直线方程为：
11分
点M到直线AB的距离13分
相交弦长即：

当时，AB有最小值16分
考点：圆的切线长，圆的方程，两圆的公共弦方程
19、（1），；（2）
【解析】
（1）由已知求得，可得，取即可求得；
（2）由，得，可得数列是以为首项，以1为公差的等差数列，由此求得数列的通项公式，再由错位相减法求数列的前项和．
【详解】
解：（1），且，，
，即．
，取，得，即；
（2）由，得，
数列是以为首项，以为公差的等差数列，
则．
则．
，
，
则，
．
本题考查数列求和，训练了利用错位相减法求数列的前项和，属于中档题．
20、（1）（2）当时，函数取得最小值.
【解析】
（1）将代入函数计算得到答案.
（2）根据降次公式和辅助角公式化简函数为，当
时取最小值.
【详解】
(1)

(2)
由可得，
故函数的最小值为，当时取得最小值.
本题考查了三角函数的计算，三角函数的最小值，将三角函数化简为标准形式是解题的关键，意在考查学生的计算能力.
21、（1），；（2）.
【解析】
（1）根据等差数列{}中，=1，其前项和为，等比数列{}的各项均为正数，=1，公比为q,且b2+ S2=12，，设出基本元素，得到其通项公式；（2）由于，所以，那么利用裂项求和可以得到结论.
【详解】
（1） 设：{}的公差为,
因为，所以，
解得=1或=-4（舍）,=1．
故，；
（2）因为
故
.
本题主要是考查了等差数列和等比数列的通项公式和前n项和，以及数列求和的综合运用.