山东省泰安市长城中学2025届数学高一下期末质量检测试题含解析

山东省泰安市长城中学2025届数学高一下期末质量检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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．在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，若四棱锥P﹣ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝AD，E为棱PA的中点，则异面直线AB与CE所成角的正弦值为（）A． B． C． D．2．供电部门对某社区1000位居民2019年4月份人均用电情况进行统计后，按人均用电量分为[0,10)，[10,20)，[20,30)，[40,50]五组，整理得到如下的频率分布直方图，则下列说法错误的是（）A．4月份人均用电量人数最多的一组有400人B．4月份人均用电量不低于20度的有500人C．4月份人均用电量为25度D．在这1000位居民中任选1位协助收费，选到的居民用电量在[30,40)一组的概率为13．若三棱锥的四个面都为直角三角形,平面,,,则三棱锥中最长的棱长为()A． B． C． D．4．表示不超过的最大整数，设函数，则函数的值域为（）A． B． C． D．5．已知关于的不等式的解集是，则的值是（）A． B． C． D．6．已知全集，集合，，则为()A．{1,2,4} B．{2,3,4} C．{0,2,4} D．{0,2,3,4}7．已知奇函数满足，则的取值不可能是（）A．2 B．4 C．6 D．108．定义平面凸四边形为平面上没有内角度数大于的四边形，在平面凸四边形中，，，，，设，则的取值范围是（）A． B． C． D．9．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，若三棱锥为鳖臑，平面，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为（）A． B． C． D．10．已知，则角的终边所在的象限为（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．经过点，且在两坐标轴上的截距之和为2的直线的一般式方程为________.12．设，为单位向量，其中，，且在方向上的射影数量为2，则与的夹角是___．13．我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一段记载：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关．”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天才到达目的地．”则该人第一天走的路程为__________里．14．已知数列满足:其中,若,则的取值范围是______.15．已知向量，，且，则______．16．已知圆，直线l被圆所截得的弦的中点为.则直线l的方程是________（用一般式直线方程表示）.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．已知圆M的圆心在直线上，直线与圆M相切于点.（1）求圆M的标准方程；（2）已知过点且斜率为的直线l与圆M交于不同的两点A、B，而且满足，求直线l的方程.18．无穷数列满足：为正整数，且对任意正整数，为前项、、、中等于的项的个数.（1）若，求和的值；（2）已知命题存在正整数，使得，判断命题的真假并说明理由；（3）若对任意正整数，都有恒成立，求的值.19．如图，制图工程师要用两个同中心的边长均为4的正方形合成一个八角形图形，由对称性，图中8个三角形都是全等的三角形，设.(1)试用表示的面积；(2)求八角形所覆盖面积的最大值，并指出此时的大小.20．2019年，河北等8省公布了高考改革综合方案将采取“3+1+2”模式，即语文、数学、英语必考，然后考生先在物理、历史中选择1门，再在思想政治、地理、化学、生物中选择2门.为了更好进行生涯规划，甲同学对高一一年来的七次考试成绩进行统计分析，其中物理、历史成绩的茎叶图如图所示.(1)若甲同学随机选择3门功课，求他选到物理、地理两门功课的概率；(2)试根据茎叶图分析甲同学应在物理和历史中选择哪一门学科？并说明理由；(3)甲同学发现，其物理考试成绩(分)与班级平均分(分)具有线性相关关系，统计数据如下表所示，试求当班级平均分为50分时，其物理考试成绩.参考数据:，，，.参考公式：，，(计算时精确到).21．已知数列的前项和为(1)证明:数列是等差数列;(2)设,求数列的前2020项和.

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】

由异面直线所成角的定义及求法，得到为所求，连接，由为直角三角形，即可求解．【详解】在四棱锥中，，可得即为异面直线与所成角，连接，则为直角三角形，不妨设，则，所以,故选B．【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的作法及求法，其中把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．2、C【解析】

根据频率分布直方图逐一计算分析.【详解】A：用电量最多的一组有：0.04×10×1000=400人，故正确；B：不低于20度的有：(0.01+0.05)×10×1000=500人，故正确；C：人均用电量：(5×0.01+15×0.04+25×0.03+35×0.01+45×0.01)×10=22，故错误；D：用电量在[30,40)的有：0.01×10×1000=100人，所以P=100故选C.【点睛】本题考查利用频率分布直方图求解相关量，难度较易.频率分布直方图中平均数的求法：每一段的组中值×频率3、B【解析】

根据题意，画出满足题意的三棱锥，求解棱长即可.【详解】因为平面，故，且，则为直角三角形，由以及勾股定理得：；同理，因为则为直角三角形，由，以及勾股定理得：；在保证和均为直角三角形的情况下，①若，则在中，由勾股定理得：，此时在中，由，及，不满足勾股定理故当时，无法保证为直角三角形.不满足题意.②若，则，又因为面ABC，面ABC，则，故面PAB，又面PAB，故，则此时可以保证也为直角三角形.满足题意.③若，在直角三角形BCA中，斜边AB=2，小于直角边AC=，显然不成立.综上所述：当且仅当时，可以保证四棱锥的四个面均为直角三角形，故作图如下：由已知和勾股定理可得：，显然，最长的棱为.故选：B.【点睛】本题表面考查几何体的性质，以及棱长的计算，涉及线面垂直问题，需灵活应用.4、D【解析】

由已知可证是奇函数，是互为相反数，对是否为正数分类讨论，即可求解.【详解】的定义域为，,，是奇函数，设，若是整数，则，若不是整数，则.的值域是.故选:D.【点睛】本题考查函数性质的应用，考查对新函数定义的理解，考查分类讨论思想，属于中档题.5、A【解析】

先利用韦达定理得到关于a,b的方程组，解方程组即得a,b的值，即得解.【详解】由题得，所以a+b=7.故选：A【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解集，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.6、C【解析】

先根据全集U求出集合A的补集，再求与集合B的并集．【详解】由题得，故选C.【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题．7、B【解析】

由三角函数的奇偶性和对称性可求得参数的值.【详解】由是奇函数得又因为得关于对称，所以，解得所以当时，得A答案；当时，得C答案；当时，得D答案；故选B.【点睛】本题考查三角函数的奇偶性和对称性，属于基础题.8、D【解析】

先利用余弦定理计算，设，将表示为的函数，再求取值范围.【详解】如图所示：在中，利用正弦定理：当时，有最小值为当时，有最大值为（不能取等号）的取值范围是故答案选D【点睛】本题考查了利用正余弦定理计算长度范围，将表示为的函数是解题的关键.9、C【解析】由题意，PA⊥面ABC，则为直角三角形，PA=3,AB=4，所以PB=5，又△ABC是直角三角形，所以∠ABC=90°,AB=4，AC=5所以BC=3,因为为直角三角形，经分析只能，故，三棱锥的外接球的圆心为PC的中点，所以则球的表面积为.故选C.10、D【解析】由可知：则的终边所在的象限为第四象限故选二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

由题可知，直线在x上轴截距为-3，再利用截距式可直接求得直线方程【详解】∵直线过（0，5），∴直线在y轴上的截距为5，又直线在两坐标轴上的截距之和为2，∴直线在x轴上的截距为2-5=-3∴直线方程为,即5x-3y+15=0【点睛】直线方程有五种基本形式，在只知道横纵截距的情况下，截距式是最快捷的一种方式12、【解析】

利用在方向上的射影数量为2可得：，即可整理得：，问题得解.【详解】因为在方向上的射影数量为2，所以，整理得：又，为单位向量，所以.设与的夹角，则所以与的夹角是【点睛】本题主要考查了向量射影的概念及方程思想，还考查了平面向量夹角公式应用，考查转化能力及计算能力，属于中档题.13、192【解析】设每天走的路程里数为由题意知是公比为的等比数列∵∴∴故答案为14、【解析】

令，逐步计算，即可得到本题答案.【详解】1.当时，因为，所以；2.当时，因为，所以；3.当时，①若，即，有，1）当，即，，由题，有，得，综上，无解；2）当，即，，由题，有，得，综上，无解；②若，，，1）当，即，，由题，有，得，综上，得；2）当，即，，由题，有，得，综上，得.所以，.故答案为：.【点睛】本题主要考查由数列递推公式确定参数取值范围的问题，分类讨论思想是解决本题的关键.15、【解析】

根据的坐标表示，即可得出，解出即可．【详解】，，．【点睛】本题主要考查平行向量的坐标关系应用．16、【解析】

将圆的方程化为标椎方程，找出圆心坐标与半径，根据垂径定理得到直线与直线垂直，根据直线的斜率求出直线的斜率，确定出直线的方程即可．【详解】由已知圆的方程可得，所以圆心，半径为3，由垂径定理知：直线直线，因为直线的斜率，所以直线的斜率，则直线的方程为，即.故答案为：.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题.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）（2）或【解析】

（1）设圆心坐标为，由圆的性质可得，再求解即可；（2）设，，则等价于，再利用韦达定理求解即可.【详解】解：（1）由圆M的圆心在直线上，设圆心坐标为，又直线与圆M相切于点，则，解得：，即圆心坐标，半径，即圆M的标准方程为；（2）由题意可得直线l的方程为，联立，消整理可得，则，即，又，则恒成立，设，，则由题意有，则，，又，则，则，即，整理得，解得或，即直线l的方程为或，即或.【点睛】本题考查了圆的标准方程的求法，重点考查了直线与圆的位置关系，属中档题.18、（1），；（2）真命题，证明见解析；（3）.【解析】

（1）根据题意直接写出、、的值，可得出结果；（2）分和两种情况讨论，找出使得等式成立的正整数，可得知命题为真命题；（3）先证明出“”是“存在，当时，恒有成立”的充要条件，由此可得出，然后利用定义得出，由此可得出的值.【详解】（1）根据题意知，对任意正整数，为前项、、、中等于的项的个数，因此，，，；（2）真命题，证明如下：①当时，则，，，此时，当时，；②当时，设，则，，，此时，当时，.综上所述，命题为真命题；（3）先证明：“”是“存在，当时，恒有成立”的充要条件.假设存在，使得“存在，当时，恒有成立”.则数列的前项为，，，，，，后面的项顺次为，，，，故对任意的，，对任意的，取，其中表示不超过的最大整数，则，令，则，此时，有，这与矛盾，故若存在，当时，恒有成立，必有；从而得证.另外：当时，数列为，故，则.【点睛】本题考查数列知识的应用，涉及到命题真假的判断，同时也考查了数列新定义问题，解题时要充分从题中数列的定义出发，充分利用分类讨论思想，综合性强，属于难题.19、(1)，.(2)时,达到最大此时八角形所覆盖面积前最大值为.【解析】

（1）注意到，从而的周长为，故，所以，注意.（2）令，则，根据可求最大值.【详解】(1)设为,，，，，(2)令,只需考虑取到最大值的情况,即为，当,即时,达到最大，此时八角形所覆盖面积为16+4最大值为.【点睛】如果三角函数式中仅含有和，则可令后利用把三角函数式变成关于的函数，注意换元后的范围.20、（1）；（2）见解析；（3）见解析【解析】

(1)列出基本事件的所有情况，然后再列出满足条件的所有情况，利用古典概率公式即可得到答案.(2)计算平均值和方差，从而比较甲同学应在物理和历史中选择哪一门学科；（3）先计算和，然后通过公式计算出线性回归方程，然后代入平均值50即可得到答案.【详解】(1)记物理、历史分别为，思想政治、地理、化学、生物分别为，由题意可知考生选择的情形有，，，，，，，，，，，，共12种他选到物理、地理两门功课的满情形有，共3种甲同学选到物理、地理两门功课的概率为(2)物理成绩的平均分为历史成绩的平均分为由茎叶图可知物理成绩的方差历史成绩的方差故从平均分来看，选择物理历史学科均可以；从方差的稳定性来看，应选择物理学科；从最高分的情况来看，应选择历史学科(答对一点即可)(3