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文档简介
2025届四川省名校数学高一下期末质量检测试题注意事项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.已知数列{an}满足a1=2A.2 B.-3 C.-122.在,内角所对的边分别为,且,则()A. B. C. D.13.给出函数为常数,且,,无论a取何值,函数恒过定点P,则P的坐标是A. B. C. D.4.某学校有教师200人,男学生1200人,女学生1000人,现用分层抽样的方法从全体师生中抽取一个容量为n的样本,若女学生一共抽取了80人,则n的值为()A.193 B.192 C.191 D.1905.若且,则的最小值是()A.6 B.12 C.24 D.166.若数列的前n项的和,那么这个数列的通项公式为()A. B.C. D.7.已知函数的导函数的图象如图所示,则()A.既有极小值,也有极大值 B.有极小值,但无极大值C.有极大值,但无极小值 D.既无极小值,也无极大值8.记复数的虚部为,已知满足,则为()A. B. C.2 D.9.已知a,b,c,d∈R,则下列不等式中恒成立的是()A.若a>b,c>d,则ac>bd B.若a>b,则C.若a>b>0,则(a﹣b)c>0 D.若a>b,则a﹣c>b﹣c10.已知向量,且,则的值为()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,若,,,则__________________.12.已知球为正四面体的外接球,,过点作球的截面,则截面面积的取值范围为____________________.13.底面边长为,高为的直三棱柱形容器内放置一气球,使气球充气且尽可能的膨胀(保持球的形状),则气球表面积的最大值为_______.14.在高一某班的元旦文艺晚会中,有这么一个游戏:一盒子内装有6张大小和形状完全相同的卡片,每张卡片上写有一个成语,它们分别为意气风发、风平浪静、心猿意马、信马由缰、气壮山河、信口开河,从盒内随机抽取2张卡片,若这2张卡片上的2个成语有相同的字就中奖,则该游戏的中奖率为________.15.已知都是锐角,,则=_____16.过点作圆的两条切线,切点分别为,则=.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.若数列满足:对于,都有(为常数),则称数列是公差为的“隔项等差”数列.(Ⅰ)若,是公差为8的“隔项等差”数列,求的前项之和;(Ⅱ)设数列满足:,对于,都有.①求证:数列为“隔项等差”数列,并求其通项公式;②设数列的前项和为,试研究:是否存在实数,使得成等比数列()?若存在,请求出的值;若不存在,请说明理由.18.已知数列an满足an+1=2an(1)求证:数列bn(2)求数列an的前n项和为S19.已知向量满足,且向量与的夹角为.(1)求的值;(2)求.20.已知:三点,其中.(1)若三点在同一条直线上,求的值;(2)当时,求.21.在平面直角坐标系下,已知圆O:,直线l:()与圆O相交于A,B两点,且.(1)求直线l的方程;(2)若点E,F分别是圆O与x轴的左、右两个交点,点D满足,点M是圆O上任意一点,点N在线段上,且存在常数使得,求点N到直线l距离的最小值.
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、D【解析】
先通过列举找到数列的周期,再利用数列的周期求值.【详解】由题得a2所以数列的周期为4,所以a2020故选:D【点睛】本题主要考查递推数列和数列的周期,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平,属于基础题.2、C【解析】
直接利用余弦定理求解.【详解】由余弦定理得.故选C【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形,意在考查学生对该知识的理解掌握水平,属于基础题.3、D【解析】试题分析:因为恒过定点,所以函数恒过定点.故选D.考点:指数函数的性质.4、B【解析】
按分层抽样的定义,按比例计算.【详解】由题意,解得.故选:B.【点睛】本题考查分层抽样,属于简单题.5、D【解析】试题分析:,当且仅当时等号成立,所以最小值为16考点:均值不等式求最值6、D【解析】试题分析:根据前n项和与其通项公式的关系式,an=当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(3n-2)-(3n-1-2)=2•3n-1.当n=1时,a1=1,不满足上式;所以an=,故答案为an=,选D.考点:本题主要考查数列的求和公式,解题时要根据实际情况注意公式的灵活运用,属于中档题点评:解决该试题的关键是借助公式an=,将前n项和与其通项公式联系起来得到其通项公式的值.7、B【解析】由导函数图象可知,在上为负,在上非负,在上递减,在递增,在处有极小值,无极大值,故选B.8、A【解析】
根据复数除法运算求得,从而可得虚部.【详解】由得:本题正确选项:【点睛】本题考查复数虚部的求解问题,关键是通过复数除法运算得到的形式.9、D【解析】
根据不等式的性质判断.【详解】当时,A不成立;当时,B不成立;当时,C不成立;由不等式的性质知D成立.故选D.【点睛】本题考查不等式的性质,不等式的性质中,不等式两边乘以同一个正数,不等式号方向不变,两边乘以同一个负数,不等式号方向改变,这个性质容易出现错误:一是不区分所乘数的正负,二是不区分是否为1.10、B【解析】
由向量平行可构造方程求得结果.【详解】,解得:故选:【点睛】本题考查根据向量平行求解参数值的问题,关键是明确两向量平行可得.二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分。11、【解析】
由,故用二倍角公式算出,再用余弦定理算得即可.【详解】,又,,又,代入得,所以.故答案为【点睛】本题主要考查二倍角公式与余弦定理,属于基础题型.12、【解析】
在平面中,过圆内一点的弦长何时最长,何时最短,类比在空间中,过球内一点的球的大圆面积最大,与此大圆垂直的截面小圆面积最小.利用正四面体的性质及球的性质求正四面体外接球的半径、小圆半径,确定答案.【详解】因为正四面体棱长为AB=3,所以正四面体外接球半径R=.由球的性质,当过E及球心O时的截面为球的大圆,面积最大,最大面积为;当过E的截面与EO垂直时面积最小,取△BCD的中心,因为为正四面体,所以平面BCD,O在上,,所以,在三角形中,由,,,,由余弦定理在直角三角形中所以过E且与EO垂直的截面圆的半径r为,截面面积为.所以所求截面面积的范围是.【点睛】本题考查空间想象能力,逻辑推理能力,空间组合体的关系,正四面体、球的性质,考查计算能力,属于难题.13、【解析】由题意,气球充气且尽可能地膨胀时,气球的半径为底面三角形内切圆的半径
∵底面三角形的边长分别为,∴底面三角形的边长为直角三角形,利用等面积可求得∴气球表面积为4π.14、【解析】
先列举出总的基本事件,在找出其中有2个成语有相同的字的基本事件个数,进而可得中奖率.【详解】解:先观察成语中的相同的字,用字母来代替这些字,气—A,风—B,马—C,信—D,河—E,意—F,用ABF,B,CF,CD,AE,DE分别表示成语意气风发、风平浪静、心猿意马、信马由缰、气壮山河、信口开河,则从盒内随机抽取2张卡片有共15个基本事件,其中有相同字的有共6个基本事件,该游戏的中奖率为,故答案为:.【点睛】本题考查古典概型的概率问题,关键是要将符合条件的基本事件列出,是基础题.15、【解析】
由已知求出,再由两角差的正弦公式计算.【详解】∵都是锐角,∴,又,∴,,∴.故答案为.【点睛】本题考查两角和与差的正弦公式.考查同角间的三角函数关系.解题关键是角的变换,即.这在三角函数恒等变换中很重要,即解题时要观察“已知角”和“未知角”的关系,根据这个关系选用相应的公式计算.16、【解析】
如图,连接,在直角三角形中,所以,,,故.考点:1.直线与圆的位置关系;2.平面向量的数量积.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)(Ⅱ)①当为偶数时,,当为奇数时,;②【解析】
试题分析:(Ⅰ)由新定义知:前项之和为两等差数列之和,一个是首项为3,公差为8的等差数列前8项和,另一个是首项为17,公差为8的等差数列前7项和,所以前项之和(Ⅱ)①根据新定义知:证明目标为,,相减得,当为奇数时,依次构成首项为a,公差为2的等差数列,,当为偶数时,依次构成首项为2-a,公差为2的等差数列,②先求和:当为偶数时,;当为奇数时,故当时,,,,由,则,解得.试题解析:(Ⅰ)易得数列前项之和(Ⅱ)①()(A)(B)(B)(A)得().所以,为公差为2的“隔项等差”数列.当为偶数时,,当为奇数时,;②当为偶数时,;当为奇数时,.故当时,,,,由,则,解得.所以存在实数,使得成等比数列()考点:新定义,等差数列通项及求和18、(1)证明见解析;(2)S【解析】
(1)计算得到bn+1bn(2)根据(1)知an【详解】(1)因为bn+1b所以数列bn(2)因为bn=aSn【点睛】本题考查了等比数列的证明,分组求和,意在考查学生的计算能力和对于数列方法的灵活运用.19、(1)(2)【解析】
(1)根据,得到,再由题中数据,即可求出结果;(2)根据向量数量积的运算法则,以及(1)的结果,即可得出结果.【详解】解:(1)因为,所以,即.因为,且向量与的夹角为,所以,即.(2)由(1)可得.【点睛】本题主要考查平面向量的数量积,熟记模的计算公式,以及向量数量积的运算法则即可,属于常考题型.20、(1)(2)【解析】
(1)利用共线向量的特点求解m;(2)先利用求解m,再求解.【详解】(1)依题有:,共线.(2)由得:又【点睛】本题主要考查平面向量的应用,利用共线向量可以证明三点共线问题,利用向量可以解决长度问题.21、(1);(2).【解析】
(1)等价于圆心O到直线l的距离,再由点到直线的距离公式求解即可;(2)先设点,再结合题意可得点N在以为圆心,半径为的圆R上,再结合点到直线的距离公式求解即可.【详解
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