2023-2024学年山西省忻州市静乐一中高一下数学期末综合测试试题含解析

2023-2024学年山西省忻州市静乐一中高一下数学期末综合测试试题注意事项: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．已知等比数列中，，数列是等差数列，且，则（）A．3 B．6 C．7 D．82．已知是定义在上的奇函数，且当时，，那么（）A． B． C． D．3．已知是函数的两个零点，则（）A． B．C． D．4．己知的周长为，内切圆的半径为，，则的值为（）A． B． C． D．5．若三角形三边的长度为连续的三个自然数，则称这样的三角形为“连续整边三角形”．下列说法正确的是（）A．“连续整边三角形”只能是锐角三角形B．“连续整边三角形”不可能是钝角三角形C．若“连续整边三角形”中最大角是最小角的2倍，则这样的三角形有且仅有1个D．若“连续整边三角形”中最大角是最小角的2倍，则这样的三角形可能有2个6．已知圆：关于直线对称的圆为圆：，则直线的方程为A． B． C． D．7．对任意实数x，表示不超过x的最大整数，如，，关于函数，有下列命题：①是周期函数；②是偶函数；③函数的值域为；④函数在区间内有两个不同的零点，其中正确的命题为()A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②④8．已知正方体ABCD-ABCD中,E、F分别为BB、CC的中点,那么异面直线AE与DF所成角的余弦值为()A． B．C． D．9．关于的方程在内有相异两实根，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．10．已知等比数列的前项和为，则下列一定成立的是（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．若，且，则__________．12．四棱柱中，平面ABCD，平面ABCD是菱形，，，，E是BC的中点，则点C到平面的距离等于________.13．如图，正方体的棱长为2，点在正方形的边界及其内部运动，平面区域由所有满足的点组成，则的面积是__________．14．已知，则______．15．已知与之间的一组数据，则与的线性回归方程必过点__________．16．已知正数、满足，则的最小值是________．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，底面是菱形，底面.（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）若，求二面角的余弦值.18．如图，在四边形中，.（1）若为等边三角形，且是的中点，求.（2）若，，求.19．已知数列满足，．（1）若，求证：数列为等比数列．（2）若，求．20．在ΔABC中，角A，B,C，的对边分别是a，b，c，a-bsinA+sin（1）若b=6，求sinA（2）若D、E在线段BC上，且BD=DE=EC，AE=2321．已知非零数列满足，.（1）求证：数列是等比数列；（2）若关于的不等式有解，求整数的最小值；（3）在数列中，是否存在首项、第项、第项()，使得这三项依次构成等差数列？若存在，求出所有的；若不存在，请说明理由.

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、D【解析】

由等比数列的性质求得，再由等差数列的性质可得结果.【详解】因为等比数列，且，解得，数列是等差数列，则，故选：D.【点睛】本题主要考查等比数列与等差数列的下标性质，属于基础题.解等差数列问题要注意应用等差数列的性质（）.2、C【解析】试题分析：由题意得，，故，故选C．考点：分段函数的应用.3、A【解析】

在同一直角坐标系中作出与的图象，设两函数图象的交点，依题意可得，利用对数的运算性质结合图象即可得答案．【详解】解：，在同一直角坐标系中作出与的图象，

设两函数图象的交点，

则，即，

又，

所以，，即，

所以①；

又，故，即②，由①②得：，

故选：A．【点睛】本题考查根的存在性及根的个数判断，依题意可得是关键，考查作图能力与运算求解能力，属于难题．4、C【解析】

根据的周长为，内切圆的半径为，求得，再利用正弦定理，得到，然后代入余弦定理，化简得到求解.【详解】因为的周长为，内切圆的半径为，所以，又因为，所以.由余弦定理得：，，所以，所以，即，因为A为内角，所以，所以.故选：C【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.5、C【解析】

举例三边长分别是的三角形是钝角三角形，否定A，B，通过计算求出最大角是最小角的二倍的三角形，从而可确定C、D中哪个正确哪个错误．【详解】三边长分别是的三角形,最大角为，则，是钝角，三角形是钝角三角形，A，B都错，如图中，，，是的平分线，则，∴，，∴，，又由是的平分线，得，∴，解得，∴“连续整边三角形”中最大角是最小角的2倍的三角形只有一个，边长分别为4，5，6，C正确，D错误．故选D．【点睛】本题考查余弦定理，考查命题的真假判断，数学上要说明一个命题是假命题，只要举一个反例即可，而要说明它是真命题，则要进行证明．6、A【解析】

根据对称性，求得，求得圆的圆心坐标，再根据直线l为线段C1C2的垂直平分线，求得直线的斜率，即可求解，得到答案．【详解】由题意，圆的方程，可化为，根据对称性，可得：，解得：或（舍去，此时半径的平方小于0，不符合题意），此时C1(0，0)，C2(－1，2)，直线C1C2的斜率为：，由圆C1和圆C2关于直线l对称可知：直线l为线段C1C2的垂直平分线，所以，解得，直线l又经过线段C1C2的中点(，1)，所以直线l的方程为：，化简得：，故选A【点睛】本题主要考查了圆与圆的位置关系的应用，其中解答中熟记两圆的位置关系，合理应用圆对称性是解答本题的关键，其中着重考查了推理与运算能力，属于基础题．7、A【解析】

根据的表达式，结合函数的周期性，奇偶性和值域分别进行判断即可得到结论.【详解】是周期函数，3是它的一个周期，故①正确.,结合函数的周期性可得函数的值域为，则函数不是偶函数，故②错误.，故在区间内有3个不同的零点，故④错误.故选：A【点睛】本题考查了取整函数综合问题，考查了学习综合分析，转化与划归，数学运算的能力，属于难题.8、C【解析】

连接DF,因为DF与AE平行,所以∠DFD即为异面直线AE与DF所成角的平面角,设正方体的棱长为2,则FD=FD=,由余弦定理得cos∠DFD==.9、C【解析】

将问题转化为与有两个不同的交点；根据可得，对照的图象可构造出不等式求得结果.【详解】方程有两个相异实根等价于与有两个不同的交点当时，由图象可知：，解得：本题正确选项：【点睛】本题考查正弦型函数的图象应用，主要是根据方程根的个数确定参数范围，关键是能够将问题转化为交点个数问题，利用数形结合来进行求解.10、C【解析】

设等比数列的公比为q，利用通项公式与求和公式即可判断出结论．【详解】设等比数列的公比为q，若，则，则，而与0的大小关系不确定.若，则，则与同号，则与0的大小关系不确定.故选：C【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式与求和公式及其性质、不等式的性质与解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】根据三角函数恒等式，将代入得到，又因为，故得到故答案为。12、【解析】

利用等体法即可求解.【详解】如图，由ABCD是菱形，，，E是BC的中点，所以,又平面ABCD，所以平面ABCD，即，又，则平面，由平面，所以，所以，设点C到平面的距离为，由即，即，所以.故答案为：【点睛】本题考查了等体法求点到面的距离，同时考查了线面垂直的判定定理，属于基础题.13、【解析】,所以点平面区域是底面内以为圆心，以1为半径的外面区域,则的面积是14、【解析】

由题意得出，然后在分式的分子和分母中同时除以，然后利用常见的数列极限可计算出所求极限值.【详解】由题意得出.故答案为：.【点睛】本题考查数列极限的计算，熟悉一些常见数列极限是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.15、【解析】

根据线性回归方程一定过样本中心点，计算这组数据的样本中心点，求出和的平均数即可求解.【详解】由题意可知，与的线性回归方程必过样本中心点，，所以线性回归方程必过.故答案为：【点睛】本题是一道线性回归方程题目，需掌握线性回归方程必过样本中心点这一特征，属于基础题.16、.【解析】

利用等式得，将代数式与代数式相乘，利用基本不等式求出的最小值，由此可得出的最小值.【详解】，所以，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，因此，的最小值是，故答案为：.【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，解题时要对代数式进行合理配凑，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.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、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）由底面推出，由菱形的性质推出，即可推出平面从而得到；（Ⅱ）作，交的延长线于，连接，则二面角的平面角是，由已知条件求出AD，进而求出AE、PD，即可求得.【详解】（Ⅰ）证明：连接，∵底面，底面,∴.∵四边形是菱形，∴.又∵，平面，平面，∴平面，∴.（Ⅱ）作，交的延长线于，连接.由于，于是平面，平面，，所以二面角的平面角是.设“”，且底面是菱形，，，，∴.【点睛】本题考查线面垂直、线线垂直的证明，二面角的余弦值，属于中档题.18、（1）（2）【解析】

（1）先由题意，结合平面向量基本定理，用表示出，再由向量的数量积运算，即可得出结果；（2）先由向量数量积的运算，求出，再由，结合题中条件，即可得出结果.【详解】解：（1）为等边三角形，且，又是中点，又（2）由题意：，，，又【点睛】本题主要考查向量数量积的运算，熟记平面向量基本定理，以及向量数量积的运算法则即可，属于常考题型.19、（1）证明见解析（2）答案见解析【解析】

（1）证明即可；（2）化简，讨论，和即可求解【详解】因为，所以，所以．又所以数列是以3为首项，9为公比的等比数列．（2）因为，所以，所以：当时，当时，.当时，.【点睛】本题考查等比数列的证明，极限的运算，注意分类讨论的应用，是中档题20、（1）32+【解析】

（1）根据正弦定理化简边角关系式，可整理出余弦定理形式，得到cosB=12；再根据正弦定理求得sinC，根据同角三角函数得到cosC；根据两角和差公式求得sinA；（2）设BD=x，在【详解】（1）∵由正弦定理得：a-b整理得：a2+∵0<B<π∴B=由正弦定理bsinB=c∵b>c∴B>C∴∴（2）设BD=x，则：BE=2x，AE=2在ΔABE中，利用余弦定理AE12x2=16+4x∴BE=2，AE=23，又AB=4，即BE∴AD=【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形的问题，涉及到正弦定理化简边角关系式、同角三角函数求解、两角和差公式的运算，考查对于定理和公式的应用，属于常规题型.21、（1）证明见解析；（2）；（3）存在，或.【解析】

（1）由条件可得，即，再由等比数列的定义即可得证；

（2）由等比数列的通项公式求得，，再由数列的单调性的判断，可得最小值，解不等式即可得到所求最小值；

（3）假设存在首项、第项、第项()，使得这三项依次构成等差数列，由等差