2025届山东省聊城市高唐一中数学高一下期末综合测试试题含解析

2025届山东省聊城市高唐一中数学高一下期末综合测试试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．向量，，若，则（）A．2 B． C． D．2．已知函数，则函数的最小正周期为（）A． B． C． D．3．设，是平面内一组基底，若，，，则以下不正确的是（）A． B． C． D．4．已知向量与的夹角为，，，当时，实数为()A． B． C． D．5．下列大小关系正确的是()A.B.C.D.6．从某健康体检中心抽取了8名成人的身高数据（单位：厘米），数据分别为172，170，172，166，168，168，172，175，则这组数据的中位数和众数分别是（）A．171172 B．170172 C．168172 D．1701757．已知扇形的周长为8，圆心角为2弧度，则该扇形的面积为（）A． B． C． D．8．设正项等比数列的前项和为，若，，则公比（）A． B． C． D．9．已知数列满足，，则（）A． B． C． D．10．如图，飞机的航线和山顶在同一个铅垂面内，若飞机的高度为海拔18km，速度为1000m/h，飞行员先看到山顶的俯角为，经过1min后又看到山顶的俯角为，则山顶的海拔高度为（精确到0.1km，参考数据：）A．11.4km B．6.6km C．6.5km D．5.6km二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知向量，则与的夹角是_________.12．已知正三棱柱木块，其中，，一只蚂蚁自点出发经过线段上的一点到达点，当沿蚂蚁走过的最短路径，截开木块时，两部分几何体的体积比为______.13．数列中，若，，则______；14．设无穷等比数列的公比为，若，则__________________．15．把二进制数化为十进制数是：______．16．设实数满足，则的最小值为_____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．无穷数列满足：为正整数，且对任意正整数，为前项、、、中等于的项的个数.（1）若，求和的值；（2）已知命题存在正整数，使得，判断命题的真假并说明理由；（3）若对任意正整数，都有恒成立，求的值.18．已知圆圆心坐标为点为坐标原点，轴、轴被圆截得的弦分别为、.（1）证明：的面积为定值；（2）设直线与圆交于两点，若，求圆的方程.19．扇形AOB中心角为，所在圆半径为，它按如图(Ⅰ)(Ⅱ)两种方式有内接矩形CDEF．(1)矩形CDEF的顶点C、D在扇形的半径OB上，顶点E在圆弧AB上，顶点F在半径OA上，设；(2)点M是圆弧AB的中点，矩形CDEF的顶点D、E在圆弧AB上，且关于直线OM对称，顶点C、F分别在半径OB、OA上，设；试研究(1)(2)两种方式下矩形面积的最大值，并说明两种方式下哪一种矩形面积最大？20．如图，为方便市民游览市民中心附近的“网红桥”，现准备在河岸一侧建造一个观景台，已知射线，为两边夹角为的公路（长度均超过千米），在两条公路，上分别设立游客上下点，，从观景台到，建造两条观光线路，，测得千米，千米．（1）求线段的长度；（2）若，求两条观光线路与之和的最大值．21．已知是递增数列，其前项和为，，且，．（Ⅰ）求数列的通项；（Ⅱ）是否存在使得成立？若存在，写出一组符合条件的的值；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）设，若对于任意的，不等式恒成立，求正整数的最大值．

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、C【解析】试题分析：，，得得，故选C.考点：向量的垂直运算，向量的坐标运算.2、D【解析】

根据二倍角公式先化简，再根据即可。【详解】由题意得，所以周期为.所以选择D【点睛】本题主要考查了二倍角公式;常考的二倍角公式有正弦、余弦、正切。属于基础题。3、D【解析】

由已知及平面向量基本定理可得：，问题得解.【详解】因为，是平面内一组基底，且，由平面向量基本定理可得：，所以，所以D不正确故选D【点睛】本题主要考查了平面向量基本定理的应用，还考查了同角三角函数的基本关系，属于较易题．4、B【解析】

利用平面向量数量积的定义计算出的值，由可得出，利用平面向量数量积的运算律可求得实数的值.【详解】，，向量与的夹角为，，，，解得.故选：B.【点睛】本题考查利用向量垂直求参数，考查计算能力，属于基础题.5、C【解析】试题分析：因为，，，所以。故选C。考点：不等式的性质点评：对于指数函数和对数函数，若，则函数都为增函数；若，则函数都为减函数。6、A【解析】

由中位数和众数的定义，即可得到本题答案.【详解】把这组数据从小到大排列为166，168，168，170，172，172，172，175，则中位数为，众数为172.故选：A【点睛】本题主要考查中位数和众数的求法.7、A【解析】

利用弧长公式、扇形的面积计算公式即可得出．【详解】设此扇形半径为r，扇形弧长为l=2r则2r+2r＝8，r=2，∴扇形的面积为r=故选A【点睛】本题考查了弧长公式、扇形的面积计算公式，属于基础题．8、D【解析】

根据题意，求得，结合，即可求解，得到答案.【详解】由题意，正项等比数列满足，，即，，所以，又由，因为，所以.故选：D.【点睛】本题主要考查了的等比数列的通项公式，以及等比数列的前n项和公式的应用，其中解答中熟记等比数列的通项公式，以及等比数列的前n项和公式，合理运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.9、A【解析】

由给出的递推式变形，构造出新的等比数列，由等比数列的通项公式求出的表达式，再利用等比数列的求和公式求解即可.【详解】解：解：在数列中，

由，得，

，

，

则数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，

.，故选：A.【点睛】本题考查了数列的递推式，考查了等比关系的确定以及等比数列的求和公式，属中档题.10、C【解析】

根据题意求得和的长，然后利用正弦定理求得BC，最后利用求得问题答案.【详解】在中，根据正弦定理，所以：山顶的海拔高度为18-11.5=6.5km.故选：C【点睛】本题考查了正弦定理在实际问题中的应用，考查了学生数学应用，转化与划归，数学运算的能力，属于中档题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

利用向量的数量积直接求出向量的夹角即可.【详解】由题知，，因为，所以与的夹角为.故答案为：.【点睛】本题考查了利用向量的数量积求解向量的夹角，属于基础题.12、【解析】

将正三棱柱的侧面沿棱展开成平面，连接与的交点即为满足最小时的点，可知点为棱的中点，即可计算出沿着蚂蚁走过的路径截开木块时两几何体的体积之比.【详解】将正三棱柱沿棱展开成平面，连接与的交点即为满足最小时的点.由于，，再结合棱柱的性质，可得，一只蚂蚁自点出发经过线段上的一点到达点，当沿蚂蚁走过的最短路径，为的中点，因为三棱柱是正三棱柱，所以当沿蚂蚁走过的最短路径，截开木块时，两部分几何体的体积比为：.故答案为：.【点睛】本题考查棱柱侧面最短路径问题，涉及棱柱侧面展开图的应用以及几何体体积的计算，考查分析问题解决问题能力，是中档题．13、【解析】

先分组求和得，再根据极限定义得结果.【详解】因为，，……，，所以则.【点睛】本题考查分组求和法、等比数列求和、以及数列极限，考查基本求解能力.14、【解析】

由可知,算出用表示的极限,再利用性质计算得出即可.【详解】显然公比不为1,所以公比为的等比数列求和公式,且,故.此时当时,求和极限为,所以,故,所以,故,又,故.故答案为：.【点睛】本题主要考查等比数列求和公式,当时.15、51【解析】110011（2）16、1．【解析】

由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．【详解】解：由实数满足作出可行域如图，

由图形可知：．

令，化为，

由图可知，当直线过点时，直线在轴上的截距最小，有最小值为1．

故答案为：1．【点睛】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．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），；（2）真命题，证明见解析；（3）.【解析】

（1）根据题意直接写出、、的值，可得出结果；（2）分和两种情况讨论，找出使得等式成立的正整数，可得知命题为真命题；（3）先证明出“”是“存在，当时，恒有成立”的充要条件，由此可得出，然后利用定义得出，由此可得出的值.【详解】（1）根据题意知，对任意正整数，为前项、、、中等于的项的个数，因此，，，；（2）真命题，证明如下：①当时，则，，，此时，当时，；②当时，设，则，，，此时，当时，.综上所述，命题为真命题；（3）先证明：“”是“存在，当时，恒有成立”的充要条件.假设存在，使得“存在，当时，恒有成立”.则数列的前项为，，，，，，后面的项顺次为，，，，故对任意的，，对任意的，取，其中表示不超过的最大整数，则，令，则，此时，有，这与矛盾，故若存在，当时，恒有成立，必有；从而得证.另外：当时，数列为，故，则.【点睛】本题考查数列知识的应用，涉及到命题真假的判断，同时也考查了数列新定义问题，解题时要充分从题中数列的定义出发，充分利用分类讨论思想，综合性强，属于难题.18、（1）证明见解析；（2）.【解析】

（1）利用几何条件可知，为直角三角形，且圆过原点，所以得知三角形两直角边边长，求得面积；（2）由及原点O在圆上，知OCMN，所以,求出的值，再利用直线与圆的位置关系判断检验，符合题意的解，最后写出圆的方程．【详解】（1）因为轴、轴被圆截得的弦分别为、，所以经过，又为中点，所以，所以，所以的面积为定值.（2）因为直线与圆交于两点，，所以的中垂线经过，且过，所以的方程，所以，所以当时，有圆心，半径，所以圆心到直线的距离为，所以直线与圆交于点两点，故成立；当时，有圆心，半径，所以圆心到直线的距离为，所以直线与圆不相交，故（舍去），综上所述，圆的方程为.【点睛】本题通过直线与圆的有关知识，考查学生直观想象和逻辑推理能力．解题注意几何条件的运用可以简化运算．19、方式一最大值【解析】

试题分析：(1)运用公式时要注意审查公式成立的条件，要注意和差、倍角的相对性，要注意升幂、降幂的灵活运用；（2）重视三角函数的三变：三变指变角、变名、变式；变角：对角的分拆要尽可能化成同名、同角、特殊角；变名：尽可能减少函数名称；变式：对式子变形一般要尽可能有理化、整式化、降低次数等，适当选择公式进行变形；（3）把形如化为，可进一步研究函数的周期、单调性、最值和对称性.试题解析：解（1）在中，设，则又当即时，（Ⅱ）令与的交点为，的交点为，则，于是，又当即时，取得最大值.,（Ⅰ）（Ⅱ）两种方式下矩形面积的最大值为方式一：考点：把实际问题转化为三角函数求最值问题.20、（1）3；（2）1.【解析】

（1），．用余弦定理，即可求出；（2）设，，用正弦定理求出，，展开，结合辅助角公式可化为，由的取值范围，即可求解.【详解】（1）在中，由余弦定理得，，所以线段的长度为3千米．（2）设，因为，所以，在中，由正弦定理得，．所以，，因此，因为，所以．所以当，即时，取到最大值1．答：两条观光线路距离之和的最大值为1千米．【点睛】本题考查正、余弦定理解三角形，考查三角恒等变换，尤其是辅助角公式要熟练应用，属于中档题.21、（1）（2）不存在（3）1【