2025届温州市重点中学高一下数学期末综合测试试题含解析.doc

2025届温州市重点中学高一下数学期末综合测试试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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．在中，，且面积为1，则下列结论不正确的是（ ）
A． B． C． D．
2．设等比数列的公比为，其前项和为，前项之积为，并且满足条件：，，，下列结论中正确的是( )
A． B．
C．是数列中的最大值 D．数列无最小值
3．若直线：与直线：平行，则的值为( )
A．-1 B．0 C．1 D．-1或1
4．若实数 满足，则的最小值为( )
A．4 B．8 C．16 D．32
5．已知数列是公比不为1的等比数列，为其前n项和，满足，且成等差数列，则（　　）
A． B．6 C．7 D．9
6．已知向量（2，0），||＝1，1，则与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
7．若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）

A． B． C． D．3
8．下列条件：①；②；③；其中一定能推出成立的有（ ）
A．0个 B．3个 C．2个 D．1个
9．已知全集则 ( )
A． B． C． D．
10．若，且，则是（ ）
A．第一象限角 B．第二象限角 C．第三象限角 D．第四象限角
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．七位评委为某跳水运动员打出的分数的茎叶图如图，其中位数为_______.

12．已知，则的值为______
13．已知函数，对于上的任意，，有如下条件：
①； ②；③；④．
其中能使恒成立的条件序号是__________．
14．角的终边经过点，则___________________．
15．如图，在中，，，点D为BC的中点，设，.的值为___________.

16．__________.
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，四边形是平行四边形，平面平面，，，，，，，为的中点．

（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面.
18．已知（且）.
（1）若，求的值；
（2）若没有实数根，求的取值范围.
19．已知，.
（Ⅰ）求，的值；
（Ⅱ）求的值.
20．如图为某区域部分交通线路图，其中直线，直线l与、、都垂直，垂足分别是点A、点B和点C（高速线右侧边缘），直线与、与的距离分别为1米、2千米，点M和点N分别在直线和上，满足，记.

（1）若，求AM的长度；
（2）记的面积为，求的表达式，并问为何值时，有最小值，并求出最小值；
（3）求的取值范围.
21．已知圆与直线相切
（1）若直线与圆交于两点，求
（2）已知，设为圆上任意一点，证明：为定值
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、C
【解析】
根据三角形面积公式列式，求得，再根据基本不等式判断出C选项错误.
【详解】
根据三角形面积为得，三个式子相乘，得到，由于，所以.所以，故C选项错误.所以本小题选C.
本小题主要考查三角形面积公式，考查基本不等式的运用，属于中档题.
2、D
【解析】
根据题干条件可得到数列>1,0<q<1,数列之和越加越大，故A错误；根据等比数列性质得到进而得到B正确；由前n项积的性质得到是数列中的最大值；从开始后面的值越来越小，但是都是大于0的，故没有最小值.
【详解】
因为条件：，，，可知数列>1,0<q<1,
根据等比数列的首项大于0，公比大于0，得到数列项均为正，故前n项和，项数越多，和越大，故A不正确；因为根据数列性质得到，故B不对；
前项之积为，所有大于等于1的项乘到一起，能够取得最大值，故是数列中的最大值. 数列无最小值,因为从开始后面的值越来越小，但是都是大于0的，故没有最小值.故D正确.
故答案为D.
本题考查了等比数列的通项公式及其性质、递推关系、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
3、C
【解析】
两直线平行表示两直线斜率相等，写出斜率即可算出答案．
【详解】
显然，
，．所以，解得，又时两直线重合，所以．
故选C
此题考查直线平行表示直线斜率相等，属于简单题．
4、B
【解析】
由可以得到，利用基本不等式可求最小值.
【详解】
因为，故，
因为，故，
故，当且仅当时等号成立，
故的最小值为8，
故选B.
应用基本不等式求最值时，需遵循“一正二定三相等”，如果原代数式中没有积为定值或和为定值，则需要对给定的代数变形以产生和为定值或积为定值的局部结构.求最值时要关注取等条件的验证.
5、C
【解析】
设等比数列的公比为，且不为1，由等差数列中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得首项和公比，再由等比数列的求和公式，可得答案．
【详解】
数列是公比不为l的等比数列，满足，即
且成等差数列，得，即，
解得，
则．
故选：C．
本题考查等差数列中项性质和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
6、A
【解析】
直接利用向量夹角公式得到答案.
【详解】
解：向量（2，0），||＝1，•1，
可得cos，
则与b的夹角为：．
故选：A．
本题考查向量的数量积的应用，向量的夹角的求法，是基本知识的考查．
7、B
【解析】
先由三视图判断该几何体为底面是直角三角形的直三棱柱，由棱柱的体积公式即可求出结果.
【详解】
据三视图分析知，该几何体是底面为直角三角形的直三棱柱，且三棱柱的底面直角三角形的直角边长分别为1和，三棱柱的高为，所以该几何体的体积.
本题主要考查几何体的三视图，由三视图求几何体的体积，属于基础题型.
8、D
【解析】
利用特殊值证得①②不一定能推出，利用平方差公式证得③能推出.
【详解】
对于①，若，而，故①不一定能推出；
对于②，若，而，故②不一定能推出；
对于③，由于，所以，故，也即.故③一定能推出.
故选：D.
本小题主要考查不等式的性质，考查实数大小比较，属于基础题.
9、B
【解析】
先求M的补集，再与N求交集．
【详解】
∵全集U＝{0，1，2，3，4}，M＝{0，1，2}，
∴∁UM＝{3，4}．
∵N＝{2，3}，
∴（∁UM）∩N＝{3}．
故选：B．
本题考查了交、并、补集的混合运算，是基础题．
10、C
【解析】
，则的终边在三、四象限；则的终边在三、一象限，
，，同时满足，则的终边在三象限．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、85
【解析】
按照茎叶图，将这组数据按照从小到大的顺序排列，找出中间的一个数即可.
【详解】
按照茎叶图，这组数据是79，83，84，85，87，92，93.
把这组数据按照从小到大的顺序排列，最中间一个是85.
所以中位数为85.
故答案为：85
本题考查对茎叶图的认识．考查中位数，属于基础题.
12、
【解析】
根据两角差的正弦公式，化简，解出的值，再平方，即可求解.
【详解】
由题意，可知，
，平方可得

则
故答案为：
本题考查三角函数常用公式关系转换，属于基础题.
13、③④
【解析】
∵g（x）= [（﹣x）2﹣cos（﹣x）]= [x2﹣cosx]=g（x），
∴g（x）是偶函数，∴g（x）图象关于y轴对称，
∵g′（x）=x+sinx＞0，x∈（0，]，
∴g（x）在（0，]上是增函数，在[﹣，0）是减函数，
故③x1＞|x2|；④时，g（x1）＞g（x2）恒成立，
故答案为：③④．
点睛：此题考查的是函数的单调性的应用；已知表达式，根据表达式判断函数的单调性，和奇偶性，偶函数在对称区间上的单调性相反，根据单调性的定义可知，增函数自变量越大函数值越大，减函数自变量越大函数值越小。
14、
【解析】
先求出到原点的距离,再利用正弦函数定义求解.
【详解】
因为,所以到原点距离,故.
故答案为：.
设始边为的非负半轴,终边经过任意一点,则：

15、
【解析】
在和在中,根据正弦定理,分别表示出.由可得等式,代入已知条件化简即可得解.
【详解】
在中,由正弦定理可得,则
在中,由正弦定理可得,则
点D为BC的中点,则
所以
因为,,由诱导公式可知
代入上述两式可得
所以
故答案为:
本题考查了正弦定理的简单应用,属于基础题.
16、
【解析】
利用诱导公式以及正弦差角公式化简式子，之后利用特殊角的三角函数值直接计算即可.
【详解】

.
故答案为
该题考查的是有关三角函数化简求值问题，涉及到的知识点有诱导公式，差角正弦公式，特殊角的三角函数值，属于简单题目.

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）见解析
【解析】
（1）取中点，连接，，利用三角形中位线定理，结合已知，可以证明出四边形为平行四边形，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理可以证明出平面；
（2）在中，利用余弦定理可以求出的值，利用勾股定理的逆定理可以得，由平面平面，利用面面垂直的性质定理，可以得到平面，最后利用面面垂直的判断定理可以证明出平面平面.
【详解】
（1）取中点，连接，，在中，因为是中点
所以且
又因为，，所以
且，即四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面
平面.

（2）在中，，，
由余弦定理得，
进而由勾股定理的逆定理得
又因为平面，平面，又因为平面
所以平面
又平面，所以平面平面
本题考查了线面平行、面面垂直的证明，考查了线面平行的判断定理、面面垂直的性质定理和判定定理，考查了推理论证能力.
18、（1）；（2）
【解析】
（1）由可构造方程求得结果；
（2）根据一元二次方程无实根可知，解不等式求得结果.
【详解】
（1）
（2）由题意知：无实数根
，解得：或
的取值范围为
本题考查根据函数值求解参数值、根据一元二次方程无实根求解参数范围的问题，涉及到一元二次不等式的求解问题，属于基础题.
19、 (Ⅰ)，.(Ⅱ).
【解析】
试题分析：
(Ⅰ)结合角的范围和同角三角函数基本关系可得，.
(Ⅱ)将原式整理变形，结合(Ⅰ)的结论可得其值为.
试题解析：
（Ⅰ）因为，所以，
由于，所以，
所以.
（Ⅱ）原式.
.
20、（1）；（2），当时，；（3）.
【解析】
（1），，，由即可得解；
（2）用含有的式子表示出和，得出，根据的范围得出的最小值；
（3）用含有的式子表示出，利用三角恒等变换和正弦函数的值域得出答案.
【详解】
（1）由题意可知:，即，
，所以；
（2），，，，
，，
，时，取得最大值1，；
（3），
由题意可知，令，
.
本题考查三角函数的综合应用，考查逻辑思维能力和计算能力，考查对基本知识的掌握，考查分析能力，属于中档题.
21、（1）4；（2）详见解析.
【解析】
（1）利用直线与圆相切，结合点到直线距离公式求出半径，从而得到圆的方程；根据直线被圆截得弦长的求解方法可求得结果；（2）设，则，利用两点间距离公式表示出，化简可得结果.
【详解】
（1）由题意知，圆心到直线的距离：
圆与直线相切 圆方程为：
圆心到直线的距离：
，
（2）证明：设，则

即为定值
本题考查直线与圆的综合应用问题，涉及到直线与圆位置关系的应用、直线被圆截得弦长的求解、两点间距离公式的应用、定值问题的求解.解决定值问题的关键是能够用变量表示出所求量，通过化简、消元整理出结果.