湖南省长沙市雅礼教育集团2024-2025学年高一数学下学期期末考试试题含解析

PAGE20-湖南省长沙市雅礼教化集团2024-2025学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）（时量：120分钟满分：150分）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.等差数列中，，，则数列的公差为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】设数列的公差为，则由题意可得，，由此解得的值．【详解】解：设数列的公差为，则由，，可得，，解得.故选：B．【点睛】本题考查等差数列的通项公式的应用，由已知条件求基本量．2.假如直线(2a+5)x+(a－2)y+4=0与直线(2－a)x+(a+3)y－1=0相互垂直，则a的值等于（）A.2 B.－2 C.2,－2 D.2,0,－2【答案】C【解析】(2a＋5)(2－a)＋(a－2)(a＋3)＝0，所以a＝2或a＝－2.3.在中，，，，则边长为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用余弦定理可求得边长.【详解】由余弦定理得，因此，.故选：D.【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算实力，属于基础题.4.《九章算术》第三章“衰分”介绍比例安排问题：“衰分”是按比例递减安排的意思,通常称递减的比例(百分比)为“衰分比”．如：甲、乙、丙、丁“哀”得,,,个单位,递减的比例为,今共有粮石,按甲、乙、丙、丁的依次进行“衰分”,已知丙衰分得石,乙、丁衰分所得的和为石,则“衰分比”与的值分别为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设“衰分比”为,甲衰分得石,由题意列出方程组,由此能求出结果．【详解】解：设“衰分比”为,甲衰分得石,由题意得,解得,,．故选A．【点睛】本题考查等比数列在生产生活中的实际应用,是基础题,解题时要仔细审题,留意等比数列的性质的合理运用．5.如图所示，一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图为全等的等腰直角三角形，假如直角三角形的直角边长为2，那么这个几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依据三视图还原原图，并依据锥体体积公式，计算出几何体的体积.【详解】由三视图可知，该几何体为三棱锥，如下图所示，故体积为.故选：A【点睛】本小题主要考查依据三视图还原原图，考查几何体体积的求法，属于基础题.6.已知向量，满意，，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】计算出、的值，利用平面对量数量积可计算出的值.【详解】，，，.，因此，.故选：D.【点睛】本题考查平面对量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面对量数量积的计算以及向量模的计算，考查计算实力，属于中等题.7.下列命题中错误的是（）A.假如平面α⊥平面β，那么平面α内肯定存在直线平行于平面βB.假如平面α不垂直于平面β，那么平面α内肯定不存在直线垂直于平面βC.假如平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β=l，那么l⊥平面γD.假如平面α⊥平面β，那么平面α内全部直线都垂直于平面β【答案】D【解析】由题意可知：A、结合实物：教室的门面与地面垂直，门面的上棱对应的直线就与地面平行，故此命题成立；B、假如平面α内存在直线垂直于平面β，依据面面垂直的判定定理可知两平面垂直．故此命题成立；C、结合面面垂直的性质可以分别在α、β内作异于l的直线垂直于交线，再由线面垂直的性质定理可知所作的垂线平行，进而得到线面平行再由线面平行的性质可知所作的直线与l平行，又∵两条平行线中的一条垂直于平面那么另一条也垂直于平面，故命题成立；D、举反例：教室内侧墙面与地面垂直，而侧墙面内有许多直线是不垂直与地面的．故此命题错误．故选D．8.若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意可知圆心在第一象限，设圆心的坐标为，可得圆的半径为，写出圆的标准方程，利用点在圆上，求得实数的值，利用点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离.【详解】由于圆上的点在第一象限，若圆心不在第一象限，则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限，设圆心的坐标为，则圆的半径为，圆的标准方程为.由题意可得，可得，解得或，所以圆心的坐标为或，圆心到直线的距离均为；圆心到直线的距离均为圆心到直线的距离均为；所以，圆心到直线的距离为.故选：B.【点睛】本题考查圆心到直线距离的计算，求出圆的方程是解题的关键，考查计算实力，属于中等题.9.在中，，，，则（）A. B.或 C. D.不存【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理求得的值，结合大边对大角定理以及的取值范围可求得的大小.【详解】由正弦定理，得，，则，且，因此，或.故选：B.【点睛】本题考查利用正弦定理解三角形，考查计算实力，属于基础题.10.数列中，，且，则数列前2024项和为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由，可得，化为：，利用“累加求和”方法可得，再利用裂项求和法即可得解．【详解】解：∵，∴，整理得：，∴，又∴，可得：．则数列前2024项和为：．故选B．【点睛】本题主要考查了数列递推关系、“累加求和”方法、裂项求和，考查了推理实力、转化实力与计算实力，属于中档题．11.如图所示，平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD⊥平面BCD，若四面体ABCD的顶点在同一个球面上，则该球的体积为()A. B.3πC. D.2π【答案】A【解析】由题可知，球心中点上，所以，所以，故选A．点睛：本题中三棱锥的外接球的球心，首先找究竟面的外心，在中点上，再在过底面外心的中轴线的一点，满意到各顶点的距离相等，则该点就是外接球球心，本题的中点恰好满意球心．外接球问题关键就是找到球心，求出半径．12.数列满意，则的前项和为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分和两种状况探讨，推导出。，由此可计算出数列的前项和.详解】当时，；当时，，可得，，，因此，数列的前项和为.故选：D.【点睛】本题考查分组求和，推导出，是解题的关键，考查计算实力，属于中等题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在对应题号后的横线上.13.在正方体中，直线与所成角的大小为____________.【答案】【解析】【分析】分别连接,可得，得到异面直线与所成角即为直线与所成角，在中，即可求解.【详解】如图所示，在正方体中，分别连接,可得,所以异面直线与所成角即为直线与所成角，设，在中，可得，所以，即异面直线与所成角.故答案为：.【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中熟记异面直线所成的求法是解答的关键，着重考查运算与求解实力，属于基础题.14.设、为单位向量，且，则____________.【答案】【解析】【分析】本题首先可以依据、为单位向量得出，然后依据得出，最终通过计算的值即可得出结果.【详解】因为、为单位向量，所以，因为，所以，，则，，故答案为.【点睛】本题考查单位向量的相关性质以及向量的模的相关计算，若向量为单位向量，则向量的模长为，考查计算实力，是简洁题.15.若数列{an}的前n项和为Sn＝an＋，则数列{an}的通项公式是an=______.【答案】；【解析】【详解】试题分析：解：当n=1时，a1=S1=a1+，解得a1=1,当n≥2时，an=Sn-Sn-1=（）-（）=-整理可得an＝−an−1，即=-2，故数列{an}是以1为首项，-2为公比的等比数列，故an=1×（-2）n-1=（-2）n-1故答案为（-2）n-1．考点:等比数列的通项公式．16.如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列命题：①直线⊥平面②三棱锥的体积为定值③异面直线与所成角的取值范围是④直线与平面所成角的正弦值的最大值为其中全部真命题的序号是____________.【答案】①②④【解析】【分析】对于①，利用线面垂直的判定定理及线面垂直的性质定理，即可进行推断；对于②，利用线面平行的判定定理，得出∥平面，再依据三棱锥的体积的计算方法，即可进行推断；对于③，利用异面直线所成角的计算方法，即可进行推断；对于④，通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求出直线与平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即可进行推断.【详解】对于①，连接，，，，平面，，同理，，，直线平面，故①正确；对于②，∥，平面，平面，∥平面，点在线段上运动，点到平面的距离为定值，又的面积为定值，三棱锥的体积为定值，故②正确；对于③，∥，异面直线与所成的角即为与所成的角，当点位于点时，与所成的角为，当点位于的中点时，平面，，，此时，与所成的角为，异面直线与所成角的取值范围是，故③错误；对于④，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，，则，，，，，，设平面的法向量，则，即，令，得，所以，直线与平面所成角的正弦值为：，当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，最大值为，故④正确.故答案为：①②④.【点睛】本题考查线面垂直的判定定理、线面垂直的性质定理、线面平行的判定定理、三棱锥的体积的计算方法、异面直线所成角的计算方法、利用向量法求解直线与平面所成角的正弦值，考查学生对这些学问的驾驭实力，属于中档题.三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.如图，在三棱锥中，，，，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点.（1）求证：；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而得到；（2）利用线面垂直的判定定理，证得平面，再结合面面垂直的判定，即可证得平面平面；【详解】（1）由，，且平面，平面，且，由线面垂直的判定定理，可得平面，又因为平面，所以；（2）由，为的中点，可得，又由平面，平面，所以平面平面，又因为平面平面平面，且，所以平面，因为平面，所以平面平面【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定及性质，以及平面与平面垂直的判定与证明，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理是解答的关键，着重考查推理与论证实力，属于基础题.18.设数列满意.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）利用递推公式,作差后即可求得的通项公式.（2）将的通项公式代入,可得数列的表达式.利用裂项法即可求得前项和.【详解】（1）数列满意时,∴∴当时,,上式也成立∴（2）∴数列的前n项和【点睛】本题考查了利用递推公式求通项公式,裂项法求和的简洁应用,属于基础题.19.已知的内角的对边分别是，且.（1）求；（2）若，的面积为，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依据，由二倍角正弦公式得到，然后由正弦定理求解.（2）依据，利用余弦定理，得到，再依据的面积为，得到，两式联立求解.【详解】（1）由，得，由正弦定理，得，由于，所以.因为，所以.（2）由余弦定理，得，又，所以.①又的面积为，即，即，即.②由①②得，则，得.所以的周长为.【点睛】本题主要考查等正弦定理，余弦定理应用以及二倍角公式，还考查了运算求解的实力，属于中档题.20.如图所示，四棱锥中，底面为正方形，平面，，，，分别为、、的中点．（1）求证：//平面；（2）求三棱锥的体积．【答案】(1)见解析；(2).【解析】【详解】(1)取的中点,连接,,由于,所以,即四点共面.依据三角形的中位线得,所以平面.(2)由于平面,所以,而,所以平面,故.【点睛】本小题主要考查空间直线与平面平行的证明,考查空间几何体体积的求法,考查了平面延长的方法.由于平面范围较小,故须要将平面扩绽开来,扩展的方法就是构造线线平行来扩展,即利用来扩展这个平面,再结合三角形的中位线即可证得线面平行.21.已知点，点在圆上运动.（1）求过点且被圆截得的弦长为的直线方程；（2）求的最值.【答案】(1)或;(2)最大值为88,最小值为72.【解析】【分析】(1)依题意,直线的斜率存在,设出直线方程,结合点到直线距离公式,列出方程求解,即可得出结果.(2)由设点坐标为则.代入化简可得,由,即可求得求的最值.【详解】(1)依题意,直线的斜率存在,因为过点且被圆截得的弦长为,所以圆心到直线的距离为,设直线方程为,即,所以,解得或所以直线方程为或.(2)设点坐标为则.因为,所以,即的最大值为88,最小值为72.【点睛】本题主要考查已知弦长求直线方程,考查圆上的点到定点的距离平方和的最值问题,熟记直线与圆的位置关系,以及点到直线距离公式即可,难度较易.22.已知数列与满意，.（1）若，且，求数列的通项公式；（2）设，，求的取值范围，使得对随意m，，，且.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由得到，因此