2025届宿州市重点中学高一下数学期末复习检测试题含解析

2025届宿州市重点中学高一下数学期末复习检测试题注意事项: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．如果a＜b＜0，那么下列不等式成立的是（）A． B． C． D．2．等差数列{an}的前n项之和为Sn，若A．45 B．54C．63 D．273．如图是某个正方体的平面展开图，，是两条侧面对角线，则在该正方体中，与（）A．互相平行 B．异面且互相垂直 C．异面且夹角为 D．相交且夹角为4．若则一定有（）A． B． C． D．5．已知，函数的最小值是（）A．4 B．5 C．8 D．66．已知等比数列的前项和为，，，则（）A．31 B．15 C．8 D．77．已知是奇函数，且.若，则（）A．1 B．2 C．3 D．48．在下列结论中，正确的为（）A．两个有共同起点的单位向量，其终点必相同B．向量与向量的长度相等C．向量就是有向线段D．零向量是没有方向的9．设集合，集合，则（）A． B． C． D．10．设且，的最小值为()A．10 B．9 C．8 D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知数列的前n项和为，，且（），记（），若对恒成立，则的最小值为__．12．展开式中，各项系数之和为，则展开式中的常数项为__________．13．若的两边长分别为和，其夹角的余弦为，则其外接圆的面积为______________；14．已知，为第二象限角，则________15．已知是等比数列，，，则公比______.16．函数的反函数的图象经过点，那么实数的值等于____________.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，已知四棱锥的侧棱底面，且底面是直角梯形，，，，，，点在棱上，且.（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积.18．在中，A,B,C所对的边分别为，满足．(I)求角A的大小；(Ⅱ)若，D为BC的中点，且的值．19．已知定义在上的函数的图象如图所示（1）求函数的解析式；（2）写出函数的单调递增区间（3）设不相等的实数，，且，求的值.20．已知抛物线的焦点为，过的直线交轴正半轴于点，交抛物线于两点，其中点在第一象限.（Ⅰ）求证：以线段为直径的圆与轴相切；（Ⅱ）若,,，求的取值范围.21．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB的中点．求证：(1)AC⊥BC1；(2)AC1∥平面CDB1.

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】对于选项A,因为，所以，所以即，所以选项A错误；对于选项B，，所以，选项B错误；对于选项C，，当时，，当，，故选项C错误；对于选项D，，所以，又，所以，所以，选D.2、B【解析】

由等差数列的性质，可知a1【详解】由等差数列的性质，可知a1又由等差数列的前n项和公式，可得S9【点睛】本题主要考查了等差数列的性质，以及前n项和公式的应用，其中解答中熟记等差数列的性质，以及利用等差数列的求和公式，准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．3、D【解析】

先将平面展开图还原成正方体，再判断求解.【详解】将平面展开图还原成正方体如图所示，则B，C两点重合，所以与相交，连接，则为正三角形，所以与的夹角为.故选D.【点睛】本题主要考查空间直线的位置关系，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.4、D【解析】本题主要考查不等关系．已知,所以，所以，故．故选5、A【解析】试题分析：由题意可得，满足运用基本不等式的条件——一正，二定，三相等，所以，故选A考点：利用基本不等式求最值；6、B【解析】

利用基本元的思想，将已知条件转化为的形式，由此求得，进而求得.【详解】由于数列是等比数列，故，由于，故解得，所以.故选：B.【点睛】本小题主要考查等比数列通项公式的基本量的计算，考查等比数列前项和公式，属于基础题.7、C【解析】

根据题意，由奇函数的性质可得，变形可得：，结合题意计算可得的值，进而计算可得答案．【详解】根据题意，是奇函数，则，变形可得：，则有，即，又由，则，，故选：．【点睛】本题考查函数奇偶性的性质以及应用，涉及诱导公式的应用，属于基础题．8、B【解析】

逐一分析选项，得到答案.【详解】A.单位向量的方向任意，所以当起点相同时，终点在以起点为圆心的单位圆上，终点不一定相同，所以选项不正确；B.向量与向量是相反向量，方向相反，长度相等，所以选项正确；C.向量是既有大小，又有方向的向量，可以用有向线段表示，但不能说向量就是有向线段，所以选项不正确；D.规定零向量的方向任意，而不是没有方向，所以选项不正确.故选B.【点睛】本题考查了向量的基本概念，属于基础题型.9、B【解析】

已知集合A,B，取交集即可得到答案.【详解】集合，集合，则故选B【点睛】本题考查集合的交集运算，属于简单题.10、B【解析】

由配凑出符合基本不等式的形式，利用基本不等式即可求得结果.【详解】（当且仅当，即时取等号）的最小值为故选：【点睛】本题考查利用基本不等式求解和的最小值的问题，关键是能够灵活利用“”，配凑出符合基本不等式的形式.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

,即为首项为，公差为的等差数列，，，，由得，因为或时，有最大值，，即的最小值为，故答案为.【方法点晴】裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，掌握一些常见的裂项技巧：①；②；③；④；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.12、【解析】令，则，即，因为的展开式的通项为，所以展开式中常数项为，即常数项为.点睛：本题考查二项式定理；求二项展开式的各项系数的和往往利用赋值法（常赋值为）,还要注意整体赋值，且要注意展开式各项系数和二项式系数的区别.13、【解析】

首先根据余弦定理求第三边，再求其对边的正弦值，最后根据正弦定理求半径和面积.【详解】设第三边为，，解得：，设已知两边的夹角为，，那么，根据正弦定理可知，,外接圆的面积.故填：.【点睛】本题简单考查了正余弦定理，考查计算能力，属于基础题型.14、【解析】

先求解,再求解,再利用降幂公式求解即可.【详解】由,又为第二象限角,故,且.又.故答案为：【点睛】本题主要考查了降幂公式的用法等,属于基础题型.15、【解析】

利用等比数列的性质可求.【详解】设等比数列的公比为，则，故.故答案为：【点睛】一般地，如果为等比数列，为其前项和，则有性质：（1）若，则；（2）（为公比）；（3）公比时，则有，其中为常数且；（4）为等比数列（）且公比为.16、【解析】

根据原函数与其反函数的图象关于直线对称，可得函数的图象经过点，由此列等式可得结果.【详解】因为函数的反函数的图象经过点，所以函数的图象经过点，所以，即，解得.故答案为：【点睛】本题考查了原函数与其反函数的图象的对称性，属于基础题.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）见证明；（2）4【解析】

（1）取的三等分点，使，证四边形为平行四边形，运用线面平行判定定理证明.（2）三棱锥的体积可以用求出结果.【详解】（1）证明：取的三等分点，使，连接，.因为，，所以，.因为，，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）解：因为，，所以的面积为，因为底面，所以三棱锥的高为，所以三棱锥的体积为.因为，所以三棱锥的高为，所以三棱锥的体积为，故三棱锥的体积为.【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、三棱锥体积的计算，在证明线面平行时需要构造平行四边形来证明，三棱锥的体积计算可以选用割、补等方法.18、(I);(II).【解析】

(I)得，求出.(Ⅱ)由题意可知，化简得，再结合余弦定理求出，再利用正弦定理求出的值．【详解】(I)，所以，所以因为，所以，所以(Ⅱ)由题意可知：所以所以又因为，所以，因为，所以由正弦定理可得，所以【点睛】本题主要考查三角恒等变换，考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.19、（1）；（2）；（3）；【解析】

（1）根据函数的最值可得，周期可得，代入最高点的坐标可得，从而可得解析式；（2）利用正弦函数的递增区间可解得；（3）利用在内的解就是和，即可得到结果.【详解】（1）由函数的图象可得，又因为函数的周期，所以，因为函数的图象经过点，即，所以，即，所以.（2）由，可得，可得函数的单调递增区间为：，（3）因为，所以，又因为可得，所以或，解得或，、因为且，，所以.【点睛】本题考查了由图象求解析式，考查了正弦函数的递增区间，考查了由函数值求角，属于中档题.20、（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】

试题分析：（Ⅰ）题意实质上证明线段的中点到轴的距离等于线段长的一半，根据抛物线的定义设可证得；（Ⅱ）同样设，，把已知,用坐标表示出来，消去坐标及，得出与的关系，此时就可得出的取值范围．试题解析：（Ⅰ）由已知,设，则，圆心坐标为，圆心到轴的距离为，圆的半径为，所以，以线段为直径的圆与轴相切．（Ⅱ）解法一：设，由,,得，，所以，，由，得．又，，所以．代入，得，，整理得，代入，得，所以，因为，所以的取值范围是．解法二：设，，将代入，得，所以（*），由，，得，，所以，，，将代入（*）式，得，所以，．代入，得．因为，所以的取值范围是．考点：抛物线的定义，抛物线的焦点