广东省雷州市第一中学、徐闻中学2024-2025学年数学高一下期末复习检测试题含解析.doc

广东省雷州市第一中学、徐闻中学2024-2025学年数学高一下期末复习检测试题
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．若正项数列的前项和为满足，则（ ）
A． B． C． D．
2．采用系统抽样方法从人中抽取32人做问卷调查，为此将他们随机编号为，分组后在第一组采用简单随机抽样的方法抽到的号码为.抽到的人中，编号落入区间的人做问卷，编号落入区间的人做问卷，其余的人做问卷.则抽到的人中，做问卷的人数为（ ）
A． B． C． D．
3．已知a，b，c为△ABC的三个内角A，B，C的对边，向量＝，＝(cosA，sinA)，若与夹角为，则acosB＋bcosA＝csinC，则角B等于(　　)
A． B． C． D．
4．设有直线和平面，则下列四个命题中，正确的是（ ）
A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m⊂α，n⊂α，m∥β，l∥β，则α∥β
C．若α⊥β，m⊂α，则m⊥β D．若α⊥β，m⊥β，m⊄α，则m∥α
5．将函数的图象向左平移个单位长度，再将图象上每个点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象.若函数在区间上有且仅有两个零点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．已知函数f（x），则f[f（2）]＝（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．若点（m，n）在反比例函数y＝的图象上，其中m＜0，则m+3n的最大值等于（　　）
A．2 B．2 C．﹣2 D．﹣2
8．函数图象的一个对称中心和一条对称轴可以是（）
A．， B．，
C．， D．，
9．直线的倾斜角是（ ）
A． B． C． D．
10．在长方体中，，，，则异面直线与所成角的大小为(　　)
A． B． C． D．或
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．设三棱锥满足，，则该三棱锥的体积的最大值为____________.
12．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴正半轴重合，终边经过点，则______.
13．函数的定义域为____________.
14．已知圆截直线所得线段的长度是，则圆M与圆的位置关系是_________．
15．已知，则_________.
16．定义在上的函数，对任意的正整数，都有，且，若对任意的正整数，有，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，在三棱锥中，平面平面，，点,,分别为线段，，的中点，点是线段的中点.求证：

（1）平面；
（2）.
18．在平面直角坐标系中，已知射线与射线，过点作直线l分别交两射线于点A、B（不同于原点O）.

（1）当取得最小值时，直线l的方程；
（2）求的最小值；
19．如图，在直四棱柱中，底面为菱形，为中点．

（1）求证：平面；
（2）求证：．
20．已知等差数列中，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
21．已知向量，，，设函数．
（1）求的最小正周期；
（2）求在上的最大值和最小值．
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、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。
2、C
【解析】
从960人中用系统抽样方法抽取32人，则抽样距为k＝，
因为第一组号码为9，则第二组号码为9＋1×30＝39，…，
第n组号码为9＋(n－1)×30＝30n－21，由451≤30n－21≤750，
得，所以n＝16,17，…，25，共有25－16＋1＝10(人)．
考点：系统抽样.
3、B
【解析】
根据向量夹角求得角 的度数，再利用正弦定理求得 即得解.
【详解】
由已知得：
所以 所以
由正弦定理得：
所以
又因为
所以 因为
所以
所以
故选B.
本题考查向量的数量积和正弦定理，属于中档题.
4、D
【解析】
在A中，m与n相交、平行或异面；在B中，α与β相交或平行；
在C中，m⊥β或m∥β或m与β相交；在D中，由直线与平面垂直的性质与判定定理可得m∥α．
【详解】
由直线m、n，和平面α、β，知：
对于A，若m∥α，n∥α，则m与n相交、平行或异面，故A错误；
对于B，若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β或α与β相交，故B错误；
对于中，若α⊥β，α⊥β，m⊂α，则m⊥β或m∥β或m与β相交，故C错误；
对于D，若α⊥β，m⊥β，m⊄α，则由直线与平面垂直的性质与判定定理得m∥α，故D正确．
故选D．
本题考查了命题真假的判断问题，考查了空间线线、线面、面面的位置关系的判定定理及推论的应用，体现符号语言与图形语言的相互转化，是中档题．
5、C
【解析】
写出变换后的函数解析式，，，结合正弦函数图象可分析得：要使函数有且仅有两个零点，只需，即可得解.
【详解】
由题，根据变换关系可得：，
函数在区间上有且仅有两个零点，
，，
根据正弦函数图象可得：，
解得：.
故选：C
此题考查函数图象的平移和伸缩变换，根据函数零点个数求参数的取值范围.
6、B
【解析】
根据分段函数的表达式求解即可.
【详解】
由题.
故选：B
本题主要考查了分段函数的求值,属于基础题型.

7、C
【解析】
根据题意可得出，再根据可得，将添上两个负号运用基本不等式，即可求解．
【详解】
由题意，可得，因为，所以，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
故选：C．
本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中熟记基本不等式的使用条件，合理运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
8、B
【解析】
直接利用余弦型函数的性质求出函数的对称轴和对称中心，即可得到答案．
【详解】
由题意，函数的性质，
令，解得，
当时，，即函数的一条对称轴的方程为，
令，解得，
当时，，即函数的一个对称中心为，
故选B．
本题主要考查了余弦型函数的性质对称轴和对称中心的应用，着重考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．
9、D
【解析】
先求出直线的斜率，再求直线的倾斜角.
【详解】
由题得直线的斜率.
故选：D
本题主要考查直线的斜率和倾斜角的计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.
10、C
【解析】
平移CD到AB，则即为异面直线与所成的角，在直角三角形中即可求解.
【详解】
连接AC1，CD//AB，可知即为异面直线与所成的角，
在中，，故选．
本题考查异面直线所成的角.常用方法：1、平移直线到相交；2、向量法.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
取中点，连，可证平面，，要使最大，只需求最大值，即可求解.
【详解】
取中点，连，
所以，
，
，平面，平面，
设中边上的高为，

，当且仅当时，取等号.
故答案为:.

本题考查锥体的体积计算，考查线面垂直的判定，属于中档题.
12、
【解析】
利用三角函数的定义可求出的值.
【详解】
由三角函数的定义可得，故答案为.
本题考查利用三角函数的定义求余弦值，解题的关键就是三角函数定义的应用，考查计算能力，属于基础题.
13、
【解析】
先将和分别解出来，然后求交集即可
【详解】
要使，则有且
由得
由得
因为
所以原函数的定义域为
故答案为：
解三角不等式的方法：1.在单位圆中利用三角函数线，2.利用三角函数的图像
14、相交
【解析】
根据直线与圆相交的弦长公式，求出的值，结合两圆的位置关系进行判断即可．
【详解】
解：圆的标准方程为，
则圆心为，半径，
圆心到直线的距离，
圆截直线所得线段的长度是，

即，，
则圆心为，半径，
圆的圆心为，半径，
则，
，，
，
即两个圆相交．
故答案为：相交．
本题主要考查直线和圆相交的应用，以及两圆位置关系的判断，根据相交弦长公式求出的值是解决本题的关键．
15、
【解析】
由题意可得：

点睛：熟记同角三角函数关系式及诱导公式，特别是要注意公式中的符号问题；
注意公式的变形应用，如sin2α＝1－cos2α，cos2α＝1－sin2α，1＝sin2α＋cos2α及sin α＝tan α·cos α等．这是解题中常用到的变形，也是解决问题时简化解题过程的关键所在．
16、
【解析】
根据条件求出的表达式，利用等比数列的定义即可证明为等比数列，即可求出通项公式．
【详解】
令，得，则，，
令，得，则，，
令，得，即，
则，
即
所以，数列是等比数列，公比，首项．
所以，
故答案为：
本题主要考查等比数列的判断和证明，综合性较强，考查学生的计算能力，属于难题．

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）见解析
【解析】
（1）连AF交BE于Q，连QO，推导出Q是△PAB的重心，从而FG∥QO，由此能证明FG∥平面EBO．
（2）推导出BO⊥AC，从而BO⊥面PAC，进而BO⊥PA，再求出OE⊥PA，由此能证明PA⊥平面EBO，利用线面垂直的性质可证PA⊥BE．
【详解】
（1）连接AF交BE于Q，连接QO，
因为E，F分别为边PA，PB的中点，
所以Q为△PAB的重心，可得：2，
又因为O为线段AC的中点，G是线段CO的中点，
所以2，
于是，
所以FG∥QO，
因为FG⊄平面EBO，QO⊂平面EBO，
所以FG∥平面EBO．
（2）因为O为边AC的中点，AB＝BC，
所以BO⊥AC，
因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，BO⊂平面ABC，
所以BO⊥平面PAC，
因为PA⊂平面PAC，
所以BO⊥PA，
因为点E，O分别为线段PA，AC的中点，
所以EO∥PC，
因为PA⊥PC，
所以PA⊥EO，
又BO∩OE＝O，BO，EO⊂平面EBO，
所以PA⊥平面EBO，
因为BE⊂平面EBO，
所以PA⊥BE．

本题考查线面垂直、线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．
18、（1）；（2）6.
【解析】
（1）设，，利用三点共线可得的关系，计算出后由基本不等式求得最小值．从而得直线方程；
（2）由（1）中所设坐标计算出，利用基本不等式由（1）中所得关系可得的最小值，从而得的最小值．
【详解】
（1）设，，
因为A，B，M三点共线，所以与共线，
因为，，
所以，
得，即，
，
等号当且仅当时取得，
此时直线l的方程为.
（2）

因为由，
所以，当且仅当时取得等号，
所以当时，取最小值6.
本题考查直线方程的应用，考查三点共线的向量表示，考查用基本不等式求最值．用基本不等式求最值时要根据目标函数的特征采取不同的方法，如（1）中用“1”的代换配凑出基本不等式的条件求得最值，（2）直接由已知应用基本不等式求最值．
19、（1）见解析；（2）见解析
【解析】
(1)连接与与交于点，在 利用中位线证明平行.
(2) 首先证明平面，由于平面，证明得到结论.
【详解】
证明：（1）连接与交于点，连接
因为底面为菱形，所以为中点
因为为中点，所以
平面，平面，所以平面
（2）在直四棱柱中，平面，平面
所以
因为底面为菱形，所以
所以，，，平面，平面
所以平面
因为平面，所以
本题考查直棱柱得概念和性质，考查线面平行的判定定理，考查线面垂直的判定定理，考查了学生的逻辑能力和书写能力，属于简单题
20、（1）（2）
【解析】
（1）先设等差数列的公差为，根据题中条件求出公差，即可得出通项公式；
（2）根据前项和公式，即可求出结果.
【详解】
（1）依题意，设等差数列的公差为，
因为，所以，又，
所以公差，
所以．
（2）由（1）知，，
所以
本题主要考查等差数列，熟记等差数列的通项公式与前项和公式即可，属于基础题型.
21、（1）（2）时，取最小值；时，取最大值1．
【解析】
试题分析：（1）根据向量数量积、二倍角公式及配角公式得，再根据正弦函数性质得．（2）先根据得，，再根据正弦函数性质得最大值和最小值．
试题解析：（1） ，
最小正周期为．
（2）当时，，
由图象可知时单调递增，时单调递减，
所以当，即时，取最小值；
当，即时，取最大值1．