2025届山西省吕梁市泰化中学数学高一下期末联考试题含解析

2025届山西省吕梁市泰化中学数学高一下期末联考试题注意事项: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．函数的最小正周期是A． B． C． D．2．不等式x2+ax+4＞0对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为（）A．（﹣4，4） B．（﹣∞，﹣4）∪（4，+∞）C．（﹣∞，+∞） D．3．设，为两个平面，则能断定∥的条件是（）A．内有无数条直线与平行 B．，平行于同一条直线C．，垂直于同一条直线 D．，垂直于同一平面4．已知等差数列an的前n项和为18，若S3=1，aA．9 B．21 C．27 D．365．已知直线经过两点，则的斜率为（）A． B． C． D．6．已知向量满足：，，，则（）A． B． C． D．7．已知F为抛物线C：y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|+|DE|的最小值为A．16 B．14 C．12 D．108．已知角的终边过点，则（）A． B． C． D．9．已知数列an的前4项为：l，-12，13，A．an=C．an=10．已知向量=(3，4)，=(2，1)，则向量与夹角的余弦值为()A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知一圆锥的侧面展开图为半圆,且面积为S,则圆锥的底面积是_______12．已知，则的取值范围是_______；13．如图，在正方体中，点P是上底面（含边界）内一动点，则三棱锥的主视图与俯视图的面积之比的最小值为______.14．已知是等比数列，且，，那么________________．15．若是三角形的内角，且，则等于_____________．16．平面四边形如图所示，其中为锐角三角形，，，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，在正三棱柱中，边的中点为，．⑴求三棱锥的体积；⑵点在线段上，且平面，求的值．18．已知.（1）当时，解不等式；（2）若不等式的解集为，求实数的值.19．如图，在平面四边形ABCD中，，，，.（1）若点E为边CD上的动点，求的最小值；（2）若，，，求的值.20．如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.21．在锐角中，角，，的对边分别为，，，若.（1)求角；（2）若，则周长的取值范围.

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、D【解析】

的最小正周期为，求解得到结果.【详解】由解析式可知，最小正周期本题正确选项：【点睛】本题考查的性质，属于基础题.2、A【解析】

根据二次函数的性质求解．【详解】不等式x2+ax+4＞0对任意实数x恒成立，则，∴．故选A．【点睛】本题考查一元二次不等式恒成立问题，解题时可借助二次函数的图象求解．3、C【解析】

对四个选项逐个分析，可得出答案.【详解】对于选项A，当，相交于直线时，内有无数条直线与平行，即A错误；对于选项B，当，相交于直线时，存在直线满足：既与平行又不在两平面内，该直线平行于，，故B错误；对于选项C，设直线AB垂直于，平面，垂足分别为A,B，假设与不平行，设其中一个交点为C，则三角形ABC中，，显然不可能成立，即假设不成立，故与平行，故C正确；对于选项D，，垂直于同一平面，与可能平行也可能相交，故D错误.【点睛】本题考查了面面平行的判断，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.4、C【解析】

利用前n项和Sn的性质可求n【详解】因为S3而a1所以6Snn【点睛】一般地，如果an为等差数列，Sn为其前（1）若m,n,p,q∈N*,m+n=p+q，则am（2）Sn=n（3）Sn=An（4）Sn5、A【解析】

直接代入两点的斜率公式，计算即可得出答案。【详解】故选A【点睛】本题考查两点的斜率公式，属于基础题。6、D【解析】

首先根据题中条件求出与的数量积，然后求解即可.【详解】由题有，即，，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查了向量的模，属于基础题.7、A【解析】设，直线的方程为，联立方程，得，∴，同理直线与抛物线的交点满足，由抛物线定义可知，当且仅当（或）时，取等号.点睛:对于抛物线弦长问题，要重点抓住抛物线定义，到定点的距离要想到转化到准线上，另外，直线与抛物线联立，求判别式，利用根与系数的关系是通法，需要重点掌握.考查最值问题时要能想到用函数方法和基本不等式进行解决.此题还可以利用弦长的倾斜角表示，设直线的倾斜角为，则，则，所以.8、D【解析】

首先根据三角函数的定义，求得，之后应用三角函数的诱导公式，化简求得结果.【详解】由已知得，则.故选D【点睛】该题考查的是有关三角函数的化简求值问题，涉及到的知识点有三角函数的定义，诱导公式，属于简单题目.9、D【解析】

分母与项数一样，分子都是1，正负号相间出现，依此可得通项公式【详解】正负相间用(-1)n-1表示，∴a故选D．【点睛】本题考查数列的通项公式，属于基础题，关键是寻找规律，寻找与项数有关的规律．10、A【解析】

由向量的夹角公式计算．【详解】由已知，，．∴．故选A．【点睛】本题考查平面向量的数量积，掌握数量积公式是解题基础．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

由已知中圆锥的侧面展开图为半圆且面积为S，我们易确定圆锥的母线长l与底面半径R之间的关系，进而求出底面面积即可得到结论．【详解】如图：设圆锥的母线长为l，底面半径为R若圆锥的侧面展开图为半圆则2πR＝πl，即l＝2R，又∵圆锥的侧面展开图为半圆且面积为S，则圆锥的底面面积是．故答案为．【点睛】本题考查的知识点是圆锥的表面积，根据圆锥的侧面展开图为半圆，确定圆锥的母线长与底面的关系是解答本题的关键．12、【解析】

本题首先可以根据向量的运算得出，然后等式两边同时平方并化简，得出，最后根据即可得出的取值范围．【详解】设向量与向量的夹角为，因为，所以，即，因为，所以，即，所以的取值范围是．【点睛】本题考查向量的运算以及向量的数量积的相关性质，向量的数量积公式，考查计算能力，是简单题．13、【解析】

设正方体的棱长为，求出三棱锥的主视图面积为定值，当与重合时，三棱锥的俯视图面积最大，此时主视图与俯视图面积比值最小.【详解】设正方体的棱长为，则三棱锥的主视图是底面边为，高为的三角形，其面积为，当与重合时，三棱锥的俯视图为正方形，其面积最大，最大值为，所以，三棱锥的主视图与俯视图面积比的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查了空间几何体的三视图面积计算应用问题，属于基础题.14、【解析】

先根据等比数列性质化简方程，再根据平方性质得结果.【详解】∵是等比数列，且，，∴，即，则．【点睛】本题考查等比数列性质，考查基本求解能力.15、【解析】∵是三角形的内角，且，∴故答案为点睛：本题是一道易错题，在上，，分两种情况：若，则；若，则有两种情况锐角或钝角.16、．【解析】

由二倍角公式求出，然后用余弦定理求得，再由余弦定理求．【详解】由题意，在中，，在中，，即，解得，或．若，则，，不合题意，舍去，所以．故答案为：．【点睛】本题考查余弦的二倍角公式，考查余弦定理．掌握余弦定理是解题关键．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)【解析】

（1）由题可得平面，故，从而求得三棱锥的体积；（2）连接交于，连接交于，连结，由平面可得，由正三棱柱的性质可得，从而得到的值．【详解】⑴因为为正三棱柱所以平面⑵连接交于，连接交于，连结因为//平面，平面，平面平面，所以，因为为正三棱柱，所以侧面和侧面为平行四边形，从而有为的中点，于是为的中点所以，因为为边的中点，所以也为边中点，从而【点睛】本题考查三棱锥的体积，线面垂直的性质，正三棱柱的性质等知识，属于中档题．18、(1)；(2)【解析】

（1）根据求解一元二次不等式的方法直接求解；（2）根据一元二次不等式的解就是对应一元二次方程的根这一特点列方程求解.【详解】解：（1），解得．∴不等式的解集为．（2）∵的解集为，∴方程的两根为0，3，∴解得∴，的值分别为3，1．【点睛】（1）对于形如的一元二次不等式，解集对应的形式是：“两根之内”；若是，解集对应的形式是：“两根之外”；（2）一元二次不等式解集的两个端点值，是一元二次方程的两个解同时也是二次函数图象与轴交点的横坐标.19、（1）；（2）【解析】

（1）建立平面直角坐标系，将范围问题转化为函数的最值问题，进而求解函数的最值即可；（2）根据、两点的位置，可以写出对应的坐标，从而在直角三角形中求得的正余弦，进而用余弦的和角公式进行求解.【详解】（1）设AC，BD相交于O，由于，所以，所以，因此，以DB所在的直线为x轴，以AC所在的直线为y轴建立平面直角坐标系如下图所示：故，，，.因为直线CD的方程为，所以可设.所以，.所以，当时，最小为.（2）因为，，所以，.因此，，.所以，.所以，.【点睛】本题考查利用向量解决几何问题，涉及范围问题的求解，属经典好题.20、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.【解析】

(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；(Ⅱ)由几何体的空间结构特征首先证得线面垂直，然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直；(Ⅲ)由题意，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点.【详解】（Ⅰ）证明：因为平面,所以；因为底面是菱形，所以;因为,平面,所以平面.（Ⅱ）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以,因为,所以；因为平面，平面,所以；因为所以平面，平面,所以平面平面.（Ⅲ）存在点为中点时，满足平面；理由如下:分别取的中点，连接,在三角形中，且；在菱形中，为中点，所以且，所以且，即四边形为平行四边形，所以;又平面，平面，所以平面.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.21、（1）（2）【