2025届福建省连城县第一中学高一数学第二学期期末综合测试试题含解析.doc

2025届福建省连城县第一中学高一数学第二学期期末综合测试试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．已知直线的方程为，则该直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
2．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积等于（ ）

A． B．或 C．或 D．
3．已知向量，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
4．已知，则的值为（ ）
A． B． C． D．2
5．某校统计了1000名学生的数学期末考试成绩，已知这1000名学生的成绩均在50分到150分之间，其频率分布直方图如图所示，则这1000名学生中成绩在130分以上的人数为（ ）

A．10 B．20 C．40 D．60
6．在的二面角内，放置一个半径为3的球，该球切二面角的两个半平面于A，B两点，那么这两个切点在球面上的最短距离为（ ）
A． B． C． D．
7．圆，那么与圆有相同的圆心，且经过点的圆的方程是（ ）．
A． B．
C． D．
8．在中，角的对边分别是，若，则角的大小为（ ）
A．或 B．或 C． D．
9．已知函数是奇函数，将的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图像对应的函数为.若的最小正周期为，且，则（ ）
A． B． C． D．
10．已知函数（其中为自然对数的底数），则的大致图象为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．圆台两底面半径分别为2 cm和5 cm，母线长为cm，则它的轴截面的面积是________cm2.
12．方程组的增广矩阵是________.
13．已知六棱锥的底面是正六边形，平面，.则下列命题中正确的有_____．(填序号)
①PB⊥AD；
②平面PAB⊥平面PAE；
③BC∥平面PAE；
④直线PD与平面ABC所成的角为45°.

14．设，，则______．
15．已知向量，，若，则实数_
16．设满足不等式组，则的最小值为_____.
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．如图，在三棱柱中，为正三角形，为的中点，，，．

（1）证明：平；
（2）证明：平面平面．
18．数列的前项和.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和，并求使成立的实数最小值.
19．已知，与的夹角为.
（1）若，求；
（2）若与垂直，求.
20．如图，在直棱柱中，，，，分别是棱，上的点，且平面.

（1）证明：//；
（2）求证：.
21．如图，在四边形中，，，.

（1）若，求的面积
（2）若，，求的长.
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：直线的斜率，其倾斜角为．
考点：直线的倾斜角．
2、D
【解析】
作出几何体的直观图，可知几何体为正方体切一角所得的组合体，计算出正方体的体积和所切去三棱锥的体积，相减可得答案．
【详解】
几何体的直观图如下图所示：

可知几何体为正方体切一角所得的组合体，
因此，该几何体的体积为.
故选：D.
本题考查的知识点是由三视图求体积，其中根据三视图作出几何体的直观图是解答的关键，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.
3、D
【解析】
先求出的模长，然后由可求出答案.
【详解】
由题意，，，所以与的夹角为.
故选D.
本题考查了两个向量的夹角的求法，考查了向量的模长的计算，属于基础题.
4、B
【解析】
根据两角和的正切公式，结合，可以求出的值，用同角的三角函数的关系式中的平方和关系把等式变成分子、分母的齐次式形式，最后代入求值即可.
【详解】
.
.
故选：B
本题考查了同角的三角函数关系式的应用，考查了二倍角的正弦公式，考查了两角和的正切公式，考查了数学运算能力.
5、C
【解析】
由频率分布直方图求出这1000名学生中成绩在130分以上的频率，由此能求出这1000名学生中成绩在130分以上的人数．
【详解】
由频率分布直方图得这1000名学生中成绩在130分以上的频率为：
，
则这1000名学生中成绩在130分以上的人数为人．
故选：．
本题考查频数的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6、A
【解析】
根据题意，作出截面图，计算弧长即可.
【详解】
根据题意，作出该球过球心且经过A、B的截面图如下所示：

由题可知：
则，
故满足题意的最短距离为弧长BA，
在该弧所在的扇形中，弧长.
故选：A.
本题考查弧长的计算公式，二面角的定义，属综合基础题.
7、B
【解析】
圆的标准方程为，圆心，故排除、，
代入点，只有项经过此点，也可以设出要求的圆的方程：，再代入点，可以求得圆的半径为 ．
故选．
点睛：这个题目主要考查圆的标准方程，因为这是一道选择题，故根据与条件中的圆的方程可以得到圆心坐标，进而可以排除几个选项，如果正规方法，就可以按照已知圆心，写出标准方程，代入已知点求出标准方程即可．
8、B
【解析】
通过给定条件直接利用正弦定理分析，注意讨论多解的情况.
【详解】
由正弦定理可得：，，∵，
∴为锐角或钝角，∴或．故选B．
本题考查解三角形中正弦定理的应用，难度较易.出现多解时常借助“大边对大角，小边对小角”来进行取舍.
9、C
【解析】
只需根据函数性质逐步得出值即可。
【详解】
因为为奇函数，∴；
又
，，又
∴，
故选C。
本题考查函数的性质和函数的求值问题，解题关键是求出函数。
10、D
【解析】
令，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，又令，所以有两个零点，因为，，所以，且当时，，
，当时，，，当时，，，选项C满足条件.故选C.
点睛：本题考查函数的解析式和图象的关系、利用导数研究函数的单调性；已知函数的解析式识别函数图象是高考常见题型，往往从定义域、奇偶性（对称性）、单调性、最值及特殊点的符号进行验证，逐一验证进行排除.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分
11、63
【解析】
首先画出轴截面，然后结合圆台的性质和轴截面整理计算即可求得最终结果.
【详解】
画出轴截面，
如图，过A作AM⊥BC于M，
则BM＝5－2＝3(cm)，
AM＝＝9(cm)，
所以S四边形ABCD＝＝63(cm2)．

本题主要考查圆台的空间结构特征及相关元素的计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
12、
【解析】
理解方程增广矩阵的涵义，即可由二元线性方程组，写出增广矩阵.
【详解】
由题意，方程组的增广矩阵为其系数以及常数项构成的矩阵，
故方程组的增广矩阵是.
故答案为：
本题考查了二元一次方程组与增广矩阵的关系，需理解增广矩阵的涵义，属于基础题.
13、②④
【解析】
利用题中条件，逐一分析答案，通过排除和筛选，得到正确答案．
【详解】
∵AD与PB在平面的射影AB不垂直，∴①不成立；
∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，在正六边形ABCDEF中，AB⊥AE，PAAE=A，∴AB⊥平面PAE，
且AB面PAB，∴平面PAB⊥平面PAE，故②成立；
∵BC∥AD∥平面PAD，平面PAD平面PAE=PA，∴直线BC∥平面PAE也不成立，即③不成立．
在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，故④成立．
故答案为②④．
本题考查命题真假的判断，解题时要注意直线与平面成的角、直线与平面垂直的性质的合理运用，属于中档题．
14、
【解析】
由，根据两角差的正切公式可解得．
【详解】
，故答案为
本题主要考查了两角差的正切公式的应用，属于基础知识的考查．
15、
【解析】
由垂直关系可得数量积等于零，根据数量积坐标运算构造方程求得结果.
【详解】
，解得：
故答案为：
本题考查根据向量垂直关系求解参数值的问题，关键是明确两向量垂直，则向量数量积为零.
16、-6
【解析】作出可行域，如图内部（含边界），作直线，当向下平移时， 减小，因此当过点时， 为最小值．

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）证明见解析.
【解析】
（1）连结交于，连结，先证明，再证明平；（2）取的中点为，连结，，，先证明平面，再证明平面平面．
【详解】
证明：（1）连结交于，连结，
由于棱柱的侧面是平行四边形，故为的中点，
又为的中点，故是的中位线，所以，
又平面，平面，所以平面．

（2）取的中点为，连结，，，在中，，
由，知为正三角形，故，
又，，故，所以，
又，所以平面，
又平面，所以平面平面．
本题主要考查空间位置关系的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，属于基础题.
18、（1）；（2），.
【解析
（1）由已知可先求得首项，然后由，得，两式相减后可得数列的递推式，结合得数列是等比数列，从而易得通项公式；
（2）对数列可用错位相减法求其和．不等式恒成立，可转化为先求的最大值．
【详解】
（1）由得.
由，可知，
可得，即.
因为，所以，故
因此是首项为，公比为的等比数列，
故.
（2）由（1）知.
所以①
两边同乘以得
②
①②相减得

从而
于是，
当是奇数时，，
因为，
所以.
当是偶数时，
因此.
因为，
所以，的最小值为.
本题考查等比数列的通项公式，前项和公式，考查错位相减法求和．适用错位相减法求和的数列一般是，其中是等差数列，是等比数列．
19、（1）；（2）
【解析】
（1）根据向量共线，对向量的夹角分类讨论，利用数量积公式即可完成求解；
（2）根据向量垂直得到数量积为，再根据已知条件并借助数量积公式即可计算出的值.
【详解】
（1）∵，∴与的夹角为或，
当时，，
当时，，
综上所述，；
（2）∵，∴，
即，∵，
∴，∴
∵向量的夹角的范围是，∴
本题考查根据向量的平行、垂直求解向量的夹角以及向量数量积公式的运用，难度较易.注意共线向量的夹角为或.
20、（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（1）利用线面平行的性质定理可得，从而得到.
（2）连接，可证平面，从而得到.

【详解】
（1）因为平面，平面，平面平面，
所以.
又在直棱柱中，有，所以.
(2)连接，因为棱柱为直棱柱，所以平面，
又平面，所以.
又因为，平面，平面，，
所以平面.又平面，所以.
在直棱柱中，有四边形为平行四边形.
又因为，所以四边形为菱形，所以.
又,平面,平面，
所以平面，又平面，所以.
线线平行的证明，有如下途径：（1）利用平面几何的知识，如三角形的中位线、梯形的中位线等；（2）线面平行的性质定理；（3）面面平行的性质定理；（4）线面垂直的性质定理（同垂直一个平面的两条直线平行）.
而线线垂直的证明，有如下途径：（1）利用平面几何的知识，如勾股定理等；2）异面直线所成的角为 ；（3）线面垂直的性质定理；
21、（1）；（2）.
【解析】
（1）由余弦定理求出BC，由此能求出△ABC的面积．
（2）设∠BAC＝θ，AC=x，由正弦定理得从而，在中，由正弦定理得，建立关于θ的方程，由此利用正弦定理能求出sin∠CAD．再利用余弦定理可得结果.
【详解】
（1）因为，，，
所以，即，
所以.
所以.
（2）设，，则，
在中，由正弦定理得：，
所以；
在中，，所以.
即，化简得：，
所以，
所以，，
所以在中，.
即，解得或（舍）.
本题考查正、余弦定理在解三角形中的应用，考查了引入角的技巧方法，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．