2024-2025学年河南省新乡市第三中学高一数学第二学期期末复习检测试题含解析.doc

2024-2025学年河南省新乡市第三中学高一数学第二学期期末复习检测试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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．已知均为实数，则 “”是“构成等比数列”的 （ ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2．若平面向量，满足，，且，则等于（ ）
A． B． C．2 D．8
3．如图所示，向量，则（ ）

A． B． C． D．
4．一个长方体长、宽分别为5，4，且该长方体的外接球的表面积为，则该长方体的表面积为（）
A．47 B．60 C．94 D．198
5．赵爽是三国时期吴国的数学家，他创制了一幅“勾股圆方图”，也称“赵爽弦图”，如图，若在大正方形内随机取-点，这一点落在小正方形内的概率为，则勾与股的比为（ ）

A． B． C． D．
6．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．
7．如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的事一个几何体的三视图，则这个几何体是（ ）

A．三棱锥 B．三棱柱 C．四棱锥 D．四棱柱
8．已知，实数、满足关系式，若对于任意给定的，当在上变化时，的最小值为，则（ ）
A． B． C． D．
9．在中，若，，，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
10．在正方体中，直线与直线所成角是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称.若，则=___________.
12．已知三个事件A，B，C两两互斥且，则P(A∪B∪C)=__________.
13．已知是内的一点，，，则 _______；若，则_______.
14．已知数列满足，，，则__________．
15．已知角α的终边与单位圆交于点．则___________.
16．5人排成一行合影，甲和乙不相邻的排法有______种．（用数字回答）
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，三棱柱的侧面是边长为的菱形，，且.

(1)求证: ；
(2)若，当二面角为直二面角时，求三棱锥的体积.
18．已知函数
(1)求的最值、单调递减区间；
（2）先把的图象向左平移个单位，再把图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，求的值.
19．已知公差不为零的等差数列满足：，且成等比数列．
（1）求数列的通项公式．
（2）记为数列的前项和，是否存在正整数，使得？若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由．
20．对于函数和实数，若存在，使成立，则称为函数关于的一个“生长点”.若为函数关于的一个“生长点”，则______.
21．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，与交于点，，分别为，的中点.

（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）求证：∥平面；
（Ⅲ）求证：平面.
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、A
【解析】
解析：若构成等比数列，则，即是必要条件；但时，不一定有成等比数列，如，即是不充分条件．应选答案A．
2、B
【解析】
由，可得，再结合，展开可求出答案.
【详解】
由，可知，展开可得，
所以，
又，，所以.
故选：B.
本题考查向量数量积的应用，考查学生的计算求解能力，注意向量的平方等于模的平方，属于基础题.
3、A
【解析】
根据平面向量的加法的几何意义、平面向量的基本定理、平面向量数乘运算的性质，结合
进行求解即可.
【详解】
.
故选：A
本题考查了平面向量基本定理及加法运算的几何意义，考查了平面向量数乘运算的性质，属于基础题.
4、C
【解析】
根据球的表面积公式求得半径，利用等于体对角线长度的一半可构造方程求出长方体的高，进而根据长方体表面积公式可求得结果.
【详解】
设长方体高为，外接球半径为，则，解得：
长方体外接球半径为其体对角线长度的一半
解得：
长方体表面积
本题正确选项：
本题考查与外接球有关的长方体的表面积的求解问题，关键是能够明确长方体的外接球半径为其体对角线长度的一半，从而构造方程求出所需的棱长.
5、B
【解析】
分别求解出小正方形和大正方形的面积，可知面积比为，从而构造方程可求得结果.
【详解】
由图形可知，小正方形边长为
小正方形面积为：，又大正方形面积为：
，即：
解得：
本题正确选项：
本题考查几何概型中的面积型的应用，关键是能够利用概率构造出关于所求量的方程.
6、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．
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．
7、B
【解析】
试题分析：由三视图中的正视图可知，由一个面为直角三角形，左视图和俯视图可知其它的面为长方形．综合可判断为三棱柱．
考点：由三视图还原几何体.
8、A
【解析】
先计算出，然后利用基本不等式可得出的值.
【详解】
，
由基本不等式得，
当且仅当时，由于，即当时，等号成立，
因此，，故选：A.
本题考查极限的计算，考查利用基本不等式求最值，解题的关键就是利用数列的极限计算出带的表达式，并利用基本不等式进行计算，考查运算求解能力，属于中等题.
9、A
【解析】
利用正弦定理列出关系式，把与代入得出与的关系式，再与已知等式联立求出即可.
【详解】
∵在中，，，，
∴由正弦定理得：，即，
联立解得：.
故选：A.
本题考查了正弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握定理是解本题的关键，属于基础题.
10、B
【解析】
直线与直线所成角为，为等边三角形，得到答案.
【详解】
如图所示：连接
易知：直线与直线所成角为
为等边三角形，夹角为
故答案选B

本题考查了异面直线夹角，意在考查学生的空间想象能力.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
试题分析：因为和关于轴对称，所以，那么，（或），
所以.
【考点】同角三角函数，诱导公式，两角差的余弦公式
【名师点睛】本题考查了角的对称关系，以及诱导公式，常用的一些对称关系包含：若与的终边关于轴对称，则 ，若与的终边关于轴对称，则，若与的终边关于原点对称，则.
12、0.9
【解析】
先计算，再计算
【详解】

故答案为0.9
本题考查了互斥事件的概率计算，属于基础题型.
13、
【解析】
对式子两边平方，再利用向量的数量积运算即可；式子两边分别与向量，进行数量积运算，得到关于的方程组，解方程组即可得答案.
【详解】
∵，
∴；
∵，
∴
解得：，∴.
故答案为：；.
本题考查向量数量积的运算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意将向量等式转化为数量关系的方法.
14、-2
【解析】
根据题干中所给的表达式得到数列的周期性，进而得到结果.
【详解】
根据题干表达式得到

可以得数列具有周期性，周期为3，故得到
故得到
故答案为：-2.
这个题目考查了求数列中的某些项，一般方法是求出数列通项，对于数列通项不容易求的题目，可以列出数列的一些项，得到数列的周期或者一些其它规律，进而得到数列中的项.
15、
【解析】
直接利用三角函数的坐标定义求解.
【详解】
由题得.
故答案为
本题主要考查三角函数的坐标定义，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.
16、72
【解析】
先对其中3个人进行全排列有种，再对甲和乙进行插空有种，利用乘法原理得到排法总数为.
【详解】
先对其中3个人进行全排列有种，再对甲和乙进行插空有种，
利用乘法原理得到排法总数为种，故答案为72
本题考查排列、组合计数原理的应用，考查基本运算能力.

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）见解析（2）
【解析】
（1）利用直线与平面垂直的判定，结合三角形全等判定，得到，再次结合三角形全等，即可．（2）法一：建立坐标系，分别计算的法向量，结合两向量夹角为直角，计算出的值，然后结合，即可．法二：设出OA=x,用x分别表示AB,BD,AD，结合，建立方程，计算x，结合，即可．
【详解】
（1）连结，交于点，连结，

因为侧面是菱形，所以，
又因为，，
所以平面，
而平面，所以，
因为，所以，
而，所以，.

（2）因为，，所以，（法一）以为坐标原点，所以直线为轴，
所以直线为轴，所以直线为轴建立
如图所示空间直角坐标系，设，
则，，，
，，
所以，，，
设平面的法向量，所以
令，则，，取，
设平面的法向量，所以
令，则，，取，
依题意得，解得.
所以.
（法二）过作，连结，
由（1）知，所以且，

所以是二面角的平面角，依题意得，，
所以，
设，则，，
又由，，
所以由，解得，
所以.
本道题考查了直线与平面垂直判定，考查了利用空间向量解决二面角问题，难度较难．
18、（1），，单调递减区间为；
（2）.
【解析】
（1）函数，得最大值为，并解不等式，得到函数的单调递减区间；
（2）由平移变换、伸缩变换得到函数，再把代入求值.
【详解】
（1）因为，
所以当时，，
当时，.
由，
所以函数的单调递减区间为.
（2）的图象向左平移个单位得：，再把图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）得：，
当时，.
本题考查三角函数中的辅助角公式、三角函数的性质、图象变换等知识，对三角函数图象与性质进行综合考查.
19、（1）（2）存在，最小值是．
【解析】
（1）利用等比中项的性质列方程，将已知条件转化为的形式列方程组，解方程组求得，由此求得数列的通项公式.
（2）首先求得数列的前项和，由列不等式，解一元二次不等式求得的取值范围，由此求得的最小值.
【详解】
（1）设等差数列的公差为（），由题意得
化简，得 ．
因为，所以，解得
所以 ，
即数列的通项公式是 （）．
（2）由（1）可得 ．
假设存在正整数，使得，即 ，
即，解得或 (舍) ．
所以所求的最小值是．
本小题主要考查等比中项的性质，考查等差数列通项公式的基本量计算，考查等差数列前项和公式，考查一元二次不等式的解法，属于中档题.
20、
【解析】
由为函数关于的一个“生长点”，得到
由诱导公式可得答案.
【详解】
解：为函数关于的一个“生长点”，

，
故答案为：.
本题主要考查利用诱导公式进行化简求值，及函数的创新题型，属于中档题.
21、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析（Ⅲ）见解析
【解析】
（I）通过证明平面来证得平面平面.（II）取中点，连接，通过证明四边形为平行四边形，证得，由此证得∥平面.（III）通过证明平面证得，通过计算证明证得，由此证得平面.
【详解】
证明：（Ⅰ）因为平面，
所以.
因为，，
所以平面.
因为平面，
所以平面平面.
（Ⅱ）取中点，连结，因为为的中点

所以，且.
因为为的中点，底面为正方形，
所以，且.
所以，且.
所以四边形为平行四边形.
所以.
因为平面且平面，
所以平面.
（Ⅲ）在正方形中，，

因为平面，
所以.
因为，
所以平面.
所以.
在△中，设交于.
因为，
且分别为的中点，
所以.所以.
设，由已知，
所以.所以.
所以.
所以，且为公共角，
所以△∽△.
所以.
所以.
因为，
所以平面.
本小题主要考查线面垂直、面面垂直的证明，考查线面平行的证明，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.