山东省肥城市第六高级中学2025届高一数学第二学期期末联考试题含解析.doc

山东省肥城市第六高级中学2025届高一数学第二学期期末联考试题
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．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( )

A．2 B． C． D．12
2．点直线与线段相交，则实数的取值范围是( )
A． B．或
C． D．或
3．若，则（ ）
A． B． C．2 D．
4．若，则函数的最小值是（ ）
A． B． C． D．
5．已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．18 B．13 C．9 D．7
6．已知向量与的夹角为，，，当时，实数为( )
A． B． C． D．
7．已知某路段最高限速60 km/h，电子监控测得连续6辆汽车的速度用茎叶图表示如图所示（单位：km/h），若从中任抽取2辆汽车，则恰好有1辆汽车超速的概率为（ ）

A． B． C． D．
8．集合，，则=( )
A． B． C． D．
9．若关于的方程有两个不同解，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
10．已知数列满足，，则数列的前10项和为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．给出以下四个结论：
①过点，在两轴上的截距相等的直线方程是；
②若是等差数列的前n项和，则；
③在中，若，则是等腰三角形；
④已知，，且，则的最大值是2.
其中正确的结论是________（写出所有正确结论的番号）.
12．已知等边三角形的边长为2,点P在边上,点Q在边的延长线上,若,则的最小值为______.
13．在锐角△ABC中，BC＝2，sinB+sinC＝2sinA，则AB+AC＝
14．若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形，则此圆柱的体积为 .
15．已知直线和，若，则a等于________.
16．在等比数列中，，的值为______.
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．已知△ABC中，A（1，﹣4），B（6，6），C（﹣2，0）．求
（1）过点A且平行于BC边的直线的方程；
（2）BC边的中线所在直线的方程．
18．等差数列中，，.
（1）求通项公式；
（2）若，求的最小值.
19．中，D是边BC上的点，满足，，.
（1）求；
（2）若，求BD的长.
20．如图，已知等腰梯形中，是的中点，，将沿着翻折成，使平面平面．

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求二面角的余弦值；
（Ⅲ）在线段上是否存在点P，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
21．已知函数=的定义域为=的定义域为(其中为常数).
(1)若,求及;
(2)若,求实数的取值范围.
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】
由该几何体的三视图可知该几何体为底面是等腰直角三角形的直棱柱，再结合棱柱的表面积公式求解即可.
【详解】
解：由该几何体的三视图可知，该几何体为底面是等腰直角三角形的直棱柱，
又由图可知底面等腰直角三角形的直角边长为1，棱柱的高为1，
则该几何体的表面积是，
故选：C.

本题考查了几何体的三视图，重点考查了棱柱的表面积公式，属基础题.
2、C
【解析】
直线经过定点，斜率为，数形结合利用直线的斜率公式，求得实数的取值范围，得到答案．
【详解】
如图所示，直线经过定点，斜率为，
当直线经过点时，则,
当直线经过点时，则，
所以实数的取值范围，故选C．

本题主要考查了直线过定点问题，以及直线的斜率公式的应用，着重考查了数形结合法，以及推理与运算能力，属于基础题．
3、D
【解析】
将转化为，结合二倍角的正切公式即可求出.
【详解】

故选D
本题主要考查了二倍角的正切公式，关键是将转化为，利用二倍角的正切公式求出，属于基础题.
4、B
【解析】
直接用均值不等式求最小值.
【详解】

当且仅当,即时，取等号.
故选：B
本题考查利用均值不等式求函数最小值,属于基础题.
5、B
【解析】
利用等差数列通项公式、前项和列方程组，求出，．由此能求出．
【详解】
解：等差数列的前项和为，，，
，
解得，．
．
故选：．
本题考查等差数列第7项的值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6、B
【解析】
利用平面向量数量积的定义计算出的值，由可得出，利用平面向量数量积的运算律可求得实数的值.
【详解】
，，向量与的夹角为，，
，，解得.
故选：B.
本题考查利用向量垂直求参数，考查计算能力，属于基础题.
7、A
【解析】
求出基本事件的总数，以及满足题意的基本事件数目，即可求解概率.
【详解】
解：由题意任抽取2辆汽车，其速度分别为：，共15个基本事件，
其中恰好有1辆汽车超速的有，，共8个基本事件，
则恰好有1辆汽车超速的概率为：，
故选：A.
本题考查古典概型的概率的求法，属于基本知识的考查.
8、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.
9、D
【解析】
换元设，将原函数变为，根据函数图像得到答案.
【详解】
设，则
，单调递增，则

如图：

数的取值范围为
故答案选D
本题考查了换元法，参数分离，函数图像，参数分离和换元法可以简化运算，是解题的关键.
10、C
【解析】
由判断出数列是等比数列，再求出，利用等比数列前项和公式求解即可.
【详解】
由，得 ，
所以数列是以为公比的等比数列，
又，所以，
由等比数列前项和公式，.
故选：C
本题主要考查等比数列的定义和等比数列前项和公式的应用，考查学生的计算能力，属于基础题.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、②④
【解析】
①中满足题意的直线还有，②中根据等差数列前项和的特点，得到，③中根据同角三角函数关系进行化简计算，从而进行判断，④中根据基本不等式进行判断.
【详解】
①中过点，在两轴上的截距相等的直线还可以过原点，即两轴上的截距都为，即直线，所以错误；
②中是等差数列的前n项和，根据等差数列前项和的特点，，是一个不含常数项的二次式，从而得到，即，所以正确；
③中在中，若，则可得，
所以可得或，所以可得或，从而得到为直角三角形或等腰三角形，所以错误；
④中因为，，且，
由基本不等式，得到，
所以，当且仅当，即时，等号成立.
所以，
即的最大值是，所以正确.
故答案为：②④
本题考查截距相等的直线的特点，等差数列前项和的特点，判断三角形形状，基本不等式求积的最大值，属于中档题.
12、
【解析】
以为轴建立平面直角坐标系，设，用t表示，求其最小值即可得到本题答案.
【详解】
过点A作BC的垂线，垂足为O，以为轴建立平面直角坐标系.
作PM垂直BC交于点M，QH垂直y轴交于点H，CN垂直HQ交于点N.
设，则，故有

所以，，当时，取最小值.

故答案为：
本题主要考查利用建立平面直角坐标系解决向量的取值范围问题.
13、1
【解析】
由正弦定理化已知等式为边的关系，可得结论．
【详解】
∵sinB+sinC＝2sinA，由正弦定理得，即．
故答案为1．
本题考查正弦定理，解题时利用正弦定理进行边角关系的转化即可．
14、
【解析】
试题分析：设圆柱的底面半径为，高为，底面积为，体积为，则有，故底面面积，故圆柱的体积.
考点：圆柱的体积
15、
【解析】
根据两直线互相垂直的性质可得，从而可求出的值.
【详解】
直线和垂直，
.
解得.
故答案为：
本题考查了直线的一般式，根据两直线的位置关系求参数的值，熟记两直线垂直系数满足：是关键，属于基础题.
16、
【解析】
由等比中项，结合得，化简即可.
【详解】
由等比中项得，得设等比数列的公比为，
化简.
故答案为：4
本题考查了等比中项的性质，通项公式的应用，属于基础题.

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、（1）3x﹣4y﹣19＝1（2）7x﹣y﹣11＝1
【解析】
（1）先求出BC的斜率，再用点斜式求出过点A且平行于BC边的直线方程；
（2）先求出BC的中点为D的坐标，再用两点式求出直线AD的方程．
【详解】
（1）△ABC中，∵A（1，﹣4），B（6，6），C（﹣2，1），故BC的斜率为，
故过点A且平行于BC边的直线的方程为y+4（x﹣1），即3x﹣4y﹣19＝1．
（2）BC的中点为D（2，3），由两点式求出BC边的中线所在直线AD的方程为，
即7x﹣y﹣11＝1．
本题主要考查直线的斜率公式，用点斜式、两点式求直线的方程，属于基础题．
18、（1）；（2）
【解析】
（1）等差数列中，由，，能求出通项公式．
（2）利用等差数列前项和公式得到不等式，即可求出的最小值．
【详解】
解：（1）等差数列中，，．
通项公式，
即
（2），
，
解得（舍去或，
，的最小值为1．
本题考查等差数列的通项公式、项数的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
19、（1）（2）
【解析】
（1）由中，D是边BC上的点，根据面积关系求得，再结合正弦定理，即可求解.
（2）由，化简得到，再结合，解得，进而利用勾股定理求得的长.
【详解】
（1）由题意，在中，D是边BC上的点，
可得，所以
又由正弦定理，可得.
（2）由，
可得，
所以，即，
由（1）知，解得，
又由，所以.
本题主要考查了三角形的正弦定理和三角形的面积公式的应用，其中解答中熟记解三角形的正弦定理，以及熟练应用三角的面积关系，列出方程求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
20、（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）二面角的余弦值为；（Ⅲ）存在点P，使得平面，且．
【解析】
试题分析：（ I ） 根据直线与平面垂直的判定定理，需证明垂直平面内的两条相交直线．由题意易得四边形是菱形，所以，从而，即，进而证得平面．（Ⅱ） 由（ I ）可知，、、两两互相垂直，故可以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得二面角的余弦值．（Ⅲ）根据直线与平面平行的判定定理，只要能找到一点P使得PM平行平面内的一条直线即可．由于，故可取线段中点P，中点Q，连结．则，且．由此即可得四边形是平行四边形，从而问题得证．
试题解析：（ I ） 由题意可知四边形是平行四边形，所以，故．
又因为，M为AE的中点所以，
即
又因为，
所以四边形是平行四边形．
所以
故．
因为平面平面， 平面平面，平面
所以平面．
因为平面， 所以．
因为，、平面，
所以平面．
（Ⅱ） 以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，．
平面的法向量为．
设平面的法向量为， 因为，，
， 令得，．
所以， 因为二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为．
（Ⅲ） 存在点P，使得平面．
法一: 取线段中点P，中点Q，连结．

则，且．
又因为四边形是平行四边形，所以．
因为为的中点，则．
所以四边形是平行四边形，则．
又因为平面，所以平面．
所以在线段上存在点，使得平面，．
法二：设在线段上存在点，使得平面，
设，（），，因为．
所以．
因为平面， 所以，
所以， 解得， 又因为平面，
所以在线段上存在点，使得平面，．
考点：1、空间直线与平面的位置关系；2、二面角．
21、 (1);=.(2)
【解析】
试题分析：（1）先根据偶次根式非负得不等式，解不等式得A，B，再结合数轴求交，并，补（2）先根据得,再根据数轴得实数的取值范围.
试题解析：(1)若,则由已知有
因此;
,
所以=.
(2)∴,
又==
∴