2025届江苏省淮安市淮阴区淮阴中学高一下数学期末综合测试试题含解析

2025届江苏省淮安市淮阴区淮阴中学高一下数学期末综合测试试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．设是数列的前项和，时点在抛物线上，且的首项是二次函数的最小值，则的值为（）A．45 B．54 C．36 D．－182．等比数列的前n项和为，且，，成等差数列．若，则（）A．15 B．7 C．8 D．163．若满足，且的最小值为，则实数的值为（）A． B． C． D．4．已知，其中，则（）A． B． C． D．5．设等比数列的公比为，其前项和为，前项之积为，并且满足条件：，，，下列结论中正确的是()A． B．C．是数列中的最大值 D．数列无最小值6．已知点，为坐标原点，分别在线段上运动，则的周长的最小值为()A． B． C． D．7．已知弧度数为2的圆心角所对的弦长也是2，则这个圆心角所对的弧长是（）A．2 B． C． D．8．已知是不同的直线，是不同的平面，则下列说法正确的是（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则9．已知数列是等差数列，数列满足，的前项和用表示，若满足，则当取得最大值时，的值为（）A．16 B．15 C．14 D．1310．若关于的方程，当时总有4个解，则可以是（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．等差数列前项和为，已知，，则_____．12．已知圆C的方程为，一定点为A(1,2)，要使过A点作圆的切线有两条，则a的取值范围是____________13．已知关于两个随机变量的一组数据如下表所示，且成线性相关，其回归直线方程为，则当变量时，变量的预测值应该是_________．23456467101314．已知数列{}满足，若数列{}单调递增，数列{}单调递减，数列{}的通项公式为____.15．设向量是两个不共线的向量，若与共线，则_______.16．．已知，若是以点O为直角顶点的等腰直角三角形，则的面积为．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1，已知菱形的对角线交于点，点为线段的中点，，，将三角形沿线段折起到的位置，，如图2所示．（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）求三棱锥的体积．18．在△中，若．（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若，，求△的面积．19．如图几何体中，底面为正方形，平面，，且.（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的大小.20．如图，单位圆与轴正半轴相交于点，圆上的动点从点出发沿逆时针旋转一周回到点，设()，的面积为(当三点共线时，)，与的函数关系如图所示的程序框图.(1)写出程序框图中①②处的函数关系式；(2)若输出的值为，求点的坐标.21．如图，某人在离地面高度为的地方，测得电视塔底的俯角为，塔顶的仰角为，求电视塔的高.（精确到）

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】

根据点在抛物线上证得数列是等差数列，由二次函数的最小值求得首项，进而求得的值.【详解】由于时点在抛物线上，所以，所以数列是公差为的等差数列.二次函数，所以.所以.故选：B【点睛】本小题主要考查等差数列的证明，考查二次函数的最值的求法，考查等差数列前项和公式，属于基础题.2、B【解析】

通过，，成等差数列,计算出，再计算【详解】等比数列的前n项和为，且，，成等差数列即故答案选B【点睛】本题考查了等比数列通项公式，等差中项，前N项和，属于常考题型.3、B【解析】

首先画出满足条件的平面区域，然后根据目标函数取最小值找出最优解，把最优解点代入目标函数即可求出的值．【详解】画出满足条件的平面区域，如图所示：，由，解得：，由得：，显然直线过时，z最小，∴，解得：，故选B．【点睛】本题主要考查简单的线性规划，已知目标函数最值求参数的问题，属于常考题型．4、D【解析】

先根据同角三角函数关系求得,再根据二倍角正切公式得结果.【详解】因为，且，所以，因为，所以，因此，从而，，选D.【点睛】本题考查同角三角函数关系以及二倍角正切公式，考查基本分析求解能力，属基础题.5、D【解析】

根据题干条件可得到数列>1,0<q<1,数列之和越加越大，故A错误；根据等比数列性质得到进而得到B正确；由前n项积的性质得到是数列中的最大值；从开始后面的值越来越小，但是都是大于0的，故没有最小值.【详解】因为条件：，，，可知数列>1,0<q<1,根据等比数列的首项大于0，公比大于0，得到数列项均为正，故前n项和，项数越多，和越大，故A不正确；因为根据数列性质得到，故B不对；前项之积为，所有大于等于1的项乘到一起，能够取得最大值，故是数列中的最大值.数列无最小值,因为从开始后面的值越来越小，但是都是大于0的，故没有最小值.故D正确.故答案为D.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式及其性质、递推关系、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．6、C【解析】

分别求出设关于直线对称的点，关于对称的点，当共线时，的周长取得最小值，为，利用两点间的距离公式，求出答案.【详解】过两点的直线方程为设关于直线对称的点，则，解得即，同理可求关于对称的点，当共线时的周长取得最小值为.故选C．【点睛】本题主要考查了点关于直线的对称性的简单应用，试题的技巧性较强，属于中档题.7、B【解析】

先由已知条件求出扇形的半径为，再结合弧长公式求解即可.【详解】解：设扇形的半径为，由弧度数为2的圆心角所对的弦长也是2，可得，由弧长公式可得：这个圆心角所对的弧长是，故选：B.【点睛】本题考查了扇形的弧长公式，重点考查了运算能力，属基础题.8、D【解析】

由线面平行的判定定理即可判断A；由线面垂直的判定定理可判断B；由面面垂直的性质可判断C；由空间中垂直于同一条直线的两平面平行可判断D.【详解】对于A选项，加上条件“”结论才成立；对于B选项，加上条件“直线和相交”结论才成立；对于C选项，加上条件“”结论才成立.故选：D【点睛】本题考查空间直线与平面的位置关系，涉及线面平行的判定、线面垂直的判定、面面垂直的性质，属于基础题.9、A【解析】

设等差数列的公差为，根据得到，推出，判断出当时，；时，；再根据，判断出对取正负的影响，进而可得出结果.【详解】设等差数列的公差为，因为数列是等差数列，，所以，因此，所以，所以，，因此，当时，；时，，因为，所以当时，，当时，，当时，，当时，因为，所以；因为所以，当时，取得最大值.故选：A【点睛】本题主要考查等差数列的应用，熟记等差数列的性质，及其函数特征即可，属于常考题型.10、D【解析】

根据函数的解析式，写出与的解析式，再判断对应方程在时解的个数．【详解】对，，，；方程，当时有4个解，当时有3个解，当时有2个解，不符合；对，，，；方程，当时有2个解，当时有3个解，当时有4个解，不符合；对，，，；方程，当时有4个解，当时有3个解，当时有2个解，不符合；对，，，；方程，当时恒有4个解，符合题意．【点睛】本题考查了函数与方程的应用问题，考查数形结合思想的运用，对综合能力的要求较高．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、1【解析】

首先根据、即可求出和，从而求出。【详解】，①，②①②得，，即，∴，即，∴，故答案为：1．【点睛】本题主要考查了解方程，以及等差数列的性质和前项和。其中等差数列的性质:若则比较常考，需理解掌握。12、【解析】

使过A点作圆的切线有两条，定点在圆外，代入圆方程计算得到答案.【详解】已知圆C的方程为，要使过A点作圆的切线有两条即点A(1,2)在圆C外：恒成立.综上所述：故答案为：【点睛】本题考查了点和圆的位置关系，通过切线数量判断位置关系是解题的关键.13、21.2【解析】

计算出，，可知回归方程经过样本中心点，从而求得，代入可得答案.【详解】由表中数据知，，，线性回归直线必过点，所以将，代入回归直线方程中，得，所以当时，.【点睛】本题主要考查回归方程的相关计算，难度很小.14、【解析】

分别求出{}、{}的通项公式，再统一形式即可得解。【详解】解：根据题意，又单调递减，{}单调递减增…①…②①+②,得，故代入，有成立，又…③…④③+④，得，故代入，成立。，综上，【点睛】本题考查了等比数列性质的灵活运用，考查了分类思想和运算能力，属于难题。15、【解析】试题分析：∵向量，是两个不共线的向量，不妨以，为基底，则，又∵共线，．考点：平面向量与关系向量16、4【解析】由得；由是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，.由得.又，则，所以又，则，则，所以所以；则则的面积为三、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、（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）折叠前，AC⊥DE；，从而折叠后，DE⊥PF，DE⊥CF，由此能证明DE⊥平面PCF．再由DC∥AE，DC＝AE能得到DC∥EB，DC＝EB．说明四边形DEBC为平行四边形．可得CB∥DE．由此能证明平面PBC⊥平面PCF．（Ⅱ）由题意根据勾股定理运算得到，又由（Ⅰ）的结论得到，可得平面，再利用等体积转化有，计算结果.【详解】（Ⅰ）折叠前，因为四边形为菱形，所以；所以折叠后，，,又，平面，所以平面因为四边形为菱形，所以．又点为线段的中点，所以．所以四边形为平行四边形．所以．又平面，所以平面．因为平面，所以平面平面．（Ⅱ）图1中，由已知得，，所以图2中，，又所以，所以又平面，所以又，平面，所以平面，所以．所以三棱锥的体积为．【点睛】本题考查线面垂直、面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查了三棱锥体积的求法，运用了转化思想，是中档题．18、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（I）利用正弦定理化简已知条件，由此求得的大小.（II）利用余弦定理求得的值，再根据三角形面积公式求得三角形面积.【详解】解：（Ⅰ）在△中，由正弦定理可知，，所以．所以．即．（Ⅱ）在△中，由余弦定理可知，．所以．所以．所以△的面积．【点睛】本小题主要考查正弦定理和余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，属于基础题.19、（1）见解析（2）【解析】

（1）由，，结合面面平行判定定理可证得平面平面，根据面面平行的性质证得结论；（2）连接交于点，连接，利用线面垂直的判定定理可证得平面，从而可知所求角为，在中利用正弦求得结果.【详解】（1）四边形为正方形又平面平面又，平面平面平面，平面平面平面平面（2）连接交于点，连接平面，平面又四边形为正方形平面，平面即为与平面所成角且又即与平面所成角为：【点睛】本题考查线面平行的证明、直线与平面所成角的求解，涉及到面面平行的判定与性质、线面垂直的判定与性质的应用；求解直线与平面所成角的关键是能够通过垂直关系将所求角放入直角三角形中来进行求解.20、（1）见解析；（2）见解析【解析】

(1)通过实际问题得到与的函数关系为分段函数，从而判断出程序框填的结果.(2)分类讨论时和时两种情形下的点Q坐标