2024-2025学年山西省阳泉市数学高一下期末考试试题含解析.doc

2024-2025学年山西省阳泉市数学高一下期末考试试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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． “”是“直线(m+1)x+3my+2=0与直线(m-2)x+(m+1)y-1=0相互垂直”的（ ）
A．充分必要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
2．平面与平面平行的充分条件可以是（ ）
A．内有无穷多条直线都与平行
B．直线，，且直线a不在内，也不在内
C．直线，直线，且，
D．内的任何一条直线都与平行
3．已知数列为等比数列，且，则（ ）
A． B． C． D．
4．下列命题中正确的是（ ）
A．相等的角终边必相同 B．终边相同的角必相等
C．终边落在第一象限的角必是锐角 D．不相等的角其终边必不相同
5．某公司在甲、乙、丙、丁四个地区分别有150，120，180，150个销售点．公司为了调查产品销售情况，需从这600个销售点中抽取一个容量为100的样本．记这项调查为①；在丙地区有20个大型销售点，要从中抽取7个调查其销售收入和售后服务等情况，记这项调查为②，则完成①，②这两项调查宜采用的抽样方法依次是(　　)
A．分层抽样法，系统抽样法 B．分层抽样法，简单随机抽样法
C．系统抽样法，分层抽样法 D．简单随机抽样法，分层抽样法
6．方程的解集是（ ）
A． B．
C． D．
7．设，若不等式恒成立，则实数a的取值范围是( )
A． B． C． D．
8．已知圆C与直线和直线都相切，且圆心C在直线上，则圆C的方程是（ ）
A． B．
C． D．
9．若正项数列的前项和为，满足，则（ ）
A． B． C． D．
10．设有直线m、n和平面、.下列四个命题中，正确的是( )
A．若m∥,n∥,则m∥n
B．若m,n,m∥,n∥,则∥
C．若，m,则m
D．若，m，m,则m∥
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．函数可由y=sin2x向左平移___________个单位得到．
12．已知向量 ， ，若向量 与 垂直，则 __________．
13．在赛季季后赛中,当一个球队进行完场比赛被淘汰后,某个篮球爱好者对该队的7场比赛得分情况进行统计,如表:
场次

得分

104

为了对这个队的情况进行分析,此人设计计算的算法流程图如图所示(其中是这场比赛的平均得分),输出的的值______.

14．若是方程的解，其中，则________．
15．已知向量、满足||＝2，且与的夹角等于，则||的最大值为_____．
16．已知与的夹角为，，，则________.
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，在四棱锥中，底面是直角梯形，侧棱底面， 垂直于和，为棱上的点，，.

（1）若为棱的中点，求证：//平面；
（2）当时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值；
（3）在第（2）问条件下，设点是线段上的动点，与平面所成的角为，求当取最大值时点的位置.
18．已知数列为递增的等差数列，，且成等比数列．数列的前项和为，且满足．
（1）求，的通项公式；
（2）令，求的前项和．
19．已知向量，.
求：（1）；
（2）与的夹角的余弦值；
（3）求的值使与为平行向量.
20．各项均不相等的等差数列前项和为，已知，且成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
21．已知关于的不等式．
（1）若不等式的解集为，求实数的值；
（2）若不等式的解集为，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、B
解析】
试题分析：当时，直线为和直线，斜率之积等于，所以垂直；当两直线垂直时，，解得：或，根据充分条件必要条件概念知，“”是“直线(m+1)x+3my+2=0与直线(m-2)x+(m+1)y-1=0相互垂直”的充分不必要条件，故选B．
考点：1、充分条件、必要条件；2、两条直线垂直的关系．
2、D
【解析】
利用平面与平面平行的判定定理一一进行判断，可得正确答案.
【详解】
解：A选项，内有无穷多条直线都与平行，并不能保证平面内有两条相交直线与平面平行，这无穷多条直线可以是一组平行线，故A错误；
B选项,直线，，且直线a不在内，也不在内,直线a可以是平行平面与平面的相交直线，故不能保证平面与平面平行，故B错误；
C选项, 直线，直线，且，,当直线，同样不能保证平面与平面平行，故C错误；
D选项, 内的任何一条直线都与平行,则内至少有两条相交直线与平面平行，故平面与平面平行;
故选:D.
本题主要考查平面与平面平行的判断，解题时要认真审题，熟练掌握面与平面平行的判定定理，注意空间思维能力的培养.
3、A
【解析】
根据等比数列性质知：，得到答案.
【详解】
已知数列为等比数列

故答案选A
本题考查了等比数列的性质，属于简单题.
4、A
【解析】
根据终边相同的角的的概念可得正确的选项.
【详解】
终边相同的角满足，故B、D错误，
终边落在第一象限的角可能是负角，故C错误，
相等的角的终边必定相同，故A正确.
故选：A.
本题考查终边相同的角，注意终边相同时，有，本题属于基础题.
5、B
【解析】
此题为抽样方法的选取问题．当总体中个体较少时宜采用简单随机抽样法；当总体中的个体差异较大时，宜采用分层抽样；当总体中个体较多时，宜采用系统抽样．
【详解】
依据题意，第①项调查中，总体中的个体差异较大，应采用分层抽样法；第②项调查总体中个体较少，应采用简单随机抽样法．
故选B．
本题考查随机抽样知识，属基本题型、基本概念的考查．
6、C
【解析】
把方程化为，结合正切函数的性质，即可求解方程的解，得到答案.

【详解】
由题意，方程，可化为，
解得，即方程的解集为.
故答案为：C.
本题主要考查了三角函数的基本关系式，以及三角方程的求解，其中解答中熟记正切函数的性质，准确求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
7、D
【解析】
由题意可得恒成立，讨论，，运用基本不等式，可得最值，进而得到所求范围．
【详解】
恒成立，
即为恒成立，
当时，可得的最小值，
由，
当且仅当取得最小值8，即有，则；
当时，可得的最大值，
由，
当且仅当取得最大值，即有，则，
综上可得．故选．
本题主要考查不等式恒成立问题的解法，注意运用参数分离和分类讨论思想，以及基本不等式的应用，意在考查学生的转化思想、分类讨论思想和运算能力．
8、B
【解析】
设出圆的方程，利用圆心到直线的距离列出方程求解即可
【详解】
∵圆心在直线上，∴可设圆心为，设所求圆的方程为，
则由题意，解得
∴所求圆的方程为．选B
直线与圆的问题绝大多数都是转化为圆心到直线的距离公式进行求解
9、A
【解析】
利用，化简，即可得到，
令，所以，,令，所以原式为数列的前1000项和，求和即可得到答案。
【详解】
当时，解得，由于为正项数列，故，由，所以，
由 ，可得①，所以②
②—①可得，化简可得
由于，所以，即，故为首项为1，公差为2的等差数列，则，
令，所以，
令
所以原式

故答案选A
本题主要考查数列通项公式与前项和的关系，以及利用裂项求数列的和，解题的关键是利用，求出数列的通项公式，有一定的综合性。
10、D
【解析】
当两条直线同时与一个平面平行时，两条直线之间的关系不能确定，故A不正确，
B选项再加上两条直线相交的条件，可以判断面与面平行，故B不正确，
C选项再加上m垂直于两个平面的交线，得到线面垂直，故C不正确，
D选项中由α⊥β，m⊥β，m，可得m∥α，故是正确命题，
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】
将转化为，再利用平移公式得到答案.
【详解

向左平移
故答案为
本题考查三角函数图像的平移，将正弦函数化为余弦函数是解题的关键，也可以将余弦函数化为正弦函数求解.
12、
【解析】
，所以，解得．
13、
【解析】
根据题意,模拟程序框图的运行过程,得出该程序运行的是求数据的标准差,即可求得答案.
【详解】
模拟程序框图的运行过程知,该程序运行的结果是求这个数据的标准差
这组数据的平均数是
方差是:

标准差是
故答案为:.
本题主要考查了根据程序框图求输出结果,解题关键是掌握程序框图基础知识和计算数据方差的解法,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.
14、或
【解析】
将代入方程，化简结合余弦函数的性质即可求解.
【详解】
由题意可得：，即
所以或
又
所以或
故答案为：或
本题主要考查了三角函数求值问题，属于基础题.
15、
【解析】
在中，令，可得，可得点在半径为的圆上，，可得，进而可得的最大值．
【详解】
∵向量、满足||＝1，且与的夹角等于，
如图在中，令，，可得
可得点B在半径为R的圆上，1R4，R＝1．
则||的最大值为1R＝4

本题考查了向量的夹角、模的运算，属于中档题．
16、3
【解析】
将平方再利用数量积公式求解即可.
【详解】
因为,故.
化简得.因为，故.
故答案为：3
本题主要考查了模长与数量积的综合运用,经常利用平方去处理.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）见解析；（2）；（3）即点N在线段CD上且
【解析】
（1）取线段SC的中点E，连接ME，ED．可证是平行四边形，从而有，则可得线面平行；
（2）以点A为坐标原点，建立分别以AD、AB、AS所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，求出两平面与平面的法向量，由法向量夹角的余弦值可得二面角的余弦值；
（3）设，其中，求出，由MN与平面所成角的正弦值为与平面的法向量夹角余弦值的绝对值可求得结论．
【详解】
（1）证明：取线段SC的中点E，连接ME，ED．

在中，ME为中位线，∴且，
∵且，∴且，
∴四边形AMED为平行四边形．
∴．
∵平面SCD，平面SCD，
∴平面SCD．
（2）解：如图所示以点A为坐标原点，建立分别以AD、AB、AS所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，

由条件得M为线段SB近B点的三等分点．
于是，即，
设平面AMC的一个法向量为，则，
将坐标代入并取，得．
另外易知平面SAB的一个法向量为，
所以平面AMC与平面SAB所成的锐二面角的余弦为．
（3）设，其中．
由于，所以．
所以，
可知当，即时分母有最小值，此时有最大值，
此时，，即点N在线段CD上且．
本题考查线面平行的证明，考查求二面角与线面角．求空间角时，一般建立空间直角坐标系，由平面法向量的夹角求得二面角，由直线的方向向量与平面法向量的夹角与线面角互余可求得线面角．
18、（1），（2）
【解析】
（1）先根据成等比数列,可求出公差，即得的通项公式；根据可得的通项公式；（2）由（1）可得的通项公式，用错位相减法计算它的前n项和，即得。
【详解】
（1）由题得，，设数列的公差为，则有，解得，那么等差数列的通项公式为；数列的前项和为，且满足，当时，，可得，当时，可得，整理得，数列是等比数列，通项公式为.（2）由题得，，前n项和，，两式相减可得，整理化简得.
本题考查等比数列的性质，以及用错位相减法求数列的前n项和，对计算能力有一定要求。
19、（1）5（2）（3）
【解析】
(1)利用向量坐标运算法则,先求出向量的坐标,再求模;
(2)利用两个向量的数量积的定义和公式,则可求出与的夹角的余弦值;
(3)利用两个向量共线的性质,求出的值.
【详解】
(1)向量,,
,
;
(2)设与的夹角为,
∵,,,
所以,
即与的夹角的余弦值为;
(3)由题可得:,
∵与为平行向量,
∴,解得,
即满足使与为平行向量.
本题主要考查向量的坐标运算,涉及向量的模,数量积,共线等相关知识,属于基础题.
20、（1）；（2）

【解析】
（1）利用等差数列的通项公式和等比数列的性质，可得，则可得通项公式.
（2）根据（1）的结论可得，然后利用裂项相消求和，可得结果.
【详解】
（1）因为各项均不相等，所以公差
由等差数列通项公式
且，
所以，
又成等比数列，所以，
则，化简得，
所以
即
可得
即
（2）由（1）可得
化简可得
由

所以
本题主要考查利用裂项相消法求和，属基础题.
21、（1）（2）
【解析】
（1）不等式的解集为说明和1是的两个实数根，运用韦达定理，可以求出实数的值；
（2）不等式的解集为，只需，或即可，解不等式组求出实数的取值范围．
【详解】
（1）若关于的不等式的解集为，
则和1是的两个实数根，由韦达定理可得，
求得．
（2）若关于的不等式解集为，则，或，
求得或，
故实数的取值范围为．
本题考查了已知一元二次不等式的解集求参问题，考查了数学运算能力