2025届河北省正定县一中数学高一下期末联考试题含解析

2025届河北省正定县一中数学高一下期末联考试题注意事项: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．已知，且，则（）A． B． C． D．2．已知，，则（）A．2 B． C．4 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．某校有高一学生450人，高二学生480人.为了解学生的学习情况，用分层抽样的方法从该校高一高二学生中抽取一个容量为n的样本，已知从高一学生中抽取15人，则n为（）A．15 B．16 C．30 D．315．已知直线,与互相垂直,则的值是()A． B．或 C． D．或6．在中，若，则的形状是（）A．等边三角形 B．等腰三角形C．直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形7．若cosα=13A．13 B．-13 C．8．一个圆柱的母线长为5，底面半径为2，则圆柱的轴截面的面积是（）A．10 B．20 C．30 D．409．设变量，满足约束条件，则目标函数的最大值为（）A． B． C． D．10．在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知等比数列｛an｝为递增数列，且，则数列｛an｝的通项公式an=______________．12．中，内角、、所对的边分别是、、，已知，且，，则的面积为_____.13．等比数列中前n项和为，且，，，则项数n为____________．14．已知，则与的夹角等于___________.15．设无穷等比数列的公比为，若，则__________________．16．若在上是减函数，则的取值范围为______.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．已知数列满足，.（1）求证：数列是等比数列；（2）求数列的通项公式.18．已知等差数列与等比数列满足，，且.（1）求数列，的通项公式；（2）设，是否存在正整数，使恒成立？若存在，求出的值;若不存在，请说明理由.19．已知，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且，，，求角A的大小．20．求下列方程和不等式的解集（1）（2）21．已知等比数列的公比，前项和为，且满足.，，分别是一个等差数列的第1项，第2项，第5项.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和；（3）若，的前项和为，且对任意的满足，求实数的取值范围.

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】

首先根据，求得，结合角的范围，利用平方关系，求得，利用题的条件，求得，之后将角进行配凑，使得，利用正弦的和角公式求得结果.【详解】因为，所以，因为，所以.因为，，所以，所以，故选D.【点睛】该题考查的是有关三角函数化简求值问题，涉及到的知识点有同角三角函数关系式，正弦函数的和角公式，在解题的过程中，注意时刻关注角的范围.2、C【解析】

先求出的坐标，再利用向量的模的公式求解.【详解】由题得=（0,4）所以．故选C【点睛】本题主要考查向量的坐标的求法和向量的模的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.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、D【解析】

根据分层抽样的定义和性质进行求解即可．【详解】根据分层抽样原理，列方程如下，n450+480解得n＝1．故选：D．【点睛】本题主要考查分层抽样的应用，根据条件建立比例关系是解决本题的关键．5、B【解析】

根据直线垂直公式得到答案.【详解】已知直线,与互相垂直或故答案选B【点睛】本题考查了直线垂直的关系，意在考查学生的计算能力.6、D【解析】

，两种情况对应求解.【详解】所以或故答案选D【点睛】本题考查了诱导公式，漏解是容易发生的错误.7、D【解析】

利用二倍角余弦公式cos2α=2【详解】由二倍角余弦公式可得cos2α=2【点睛】本题考查二倍角余弦公式的应用，着重考查学生对二倍角公式熟记和掌握情况，属于基础题．8、B【解析】分析：要求圆柱的轴截面的面积，需先知道圆柱的轴截面是什么图形，圆柱的轴截面是矩形，由题意知该矩形的长、宽分别为，根据矩形面积公式可得结果.详解：因为圆柱的轴截面是矩形，由题意知该矩形的长是母线长，宽为底面圆的直径，所以轴截面的面积为，故选B.点睛：本题主要考查圆柱的性质以及圆柱轴截面的面积，属于简单题.9、C【解析】

作出可行域，利用平移法即可求出．【详解】作出不等式组表示的平面区域，如图所示：当直线平移至经过直线与直线的交点时，取得最大值，．故选：C．【点睛】本题主要考查简单线性规划问题的解法应用，属于基础题．10、A【解析】

由余弦定理可直接求出边的长.【详解】由余弦定理可得，，所以.故选A.【点睛】本题考查了余弦定理的运用，考查了计算能力，属于基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】设数列的首项为，公比为q，则，所以，由得解得，因为数列为递增数列，所以，，所以考点定位：本题考查等比数列，意在考查考生对等比数列的通项公式的应用能力12、【解析】

由正弦定理边角互化思想结合两角和的正弦公式得出，再利用余弦定理可求出、的值，然后利用三角形的面积公式可计算出的面积.【详解】，由边角互化思想得，即，，由余弦定理得，，所以，，因此，，故答案为.【点睛】本题考查正弦定理边角互化思想的应用，考查利用余弦定理解三角形以及三角形面积公式的应用，解题时要结合三角形已知元素类型合理选择正弦、余弦定理解三角形，考查运算求解能力，属于中等题.13、6【解析】

利用等比数列求和公式求得，再利用通项公式求解n即可【详解】，代入，，得，又，得．故答案为：6【点睛】本题考查等比数列的通项公式及求和公式的基本量计算，熟记公式准确计算是关键，是基础题14、【解析】

利用再结合已知条件即可求解【详解】由，即，故答案为：【点睛】本题考查向量的夹角计算公式，在考题中应用广泛，属于中档题15、【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.16、【解析】

化简函数解析式，，时，是余弦函数单调减区间的子集，即可求解.【详解】,时，,且在上是减函数，，，因为解得.【点睛】本题主要考查了函数的三角恒等变化，余弦函数的单调性，属于中档题.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）证明见解析；（2）.【解析】

（1）利用数列的递推公式证明出为非零常数，即可证明出数列是等比数列；（2）确定等比数列的首项和公比，求出数列的通项公式，即可求出.【详解】（1），，因此，数列是等比数列；（2）由于，所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，，因此，.【点睛】本题考查等比数列的证明，同时也考查了数列通项的求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.18、（1），．（2）存在正整数，，证明见解析【解析】

（1）根据题意，列出关于d与q的两个等式，解方程组，即可求出。（2）利用错位相减求出，再讨论求出的最小值，对应的n值即为所求的k值。【详解】（1）解：设等差数列与等比数列的公差与公比分别为，，则，解得，于是，，．（2）解：由，即，①，②①②得：，从而得．令,得,显然、所以数列是递减数列，于是，对于数列，当为奇数时，即，，，…为递减数列，最大项为，最小项大于；当为偶数时，即，，，…为递增数列，最小项为，最大项大于零且小于，那么数列的最小项为．故存在正整数，使恒成立．【点睛】本题考查等差等比数列，利用错位相减法求差比数列的前n项和，并讨论其最值，属于难题。19、【解析】

由正弦定理得，即得，再利用余弦定理求解.【详解】因为在三角形ABC中，由正弦定理得．又因为，所以得，由余弦定理得．又三角形内角在．故角A为．【点睛】本题主要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理解掌握水平.20、（1）或；（2）.【解析】

（1）先将方程变形得到，根据，得到，进而可求出结果；（2）由题意得到，求解即可得出结果.【详解】（1）由得，因为，所以，因此或；即原方程的解集为：或；（2）由得，即，解得：.故，原不等式的解集为：.【点睛】本题主要考查解含三角函数的方程，以及反三角函数不等式，熟记三角函数性质，根据函数单调性即可求解，属于常考题型.21、(1).(2)；(3)【解析】

（1）利用等比数列通项公式以及求和公式化简，得到，由，，分别是一个等差数列的第1项，第2项，第5项，利用等差数列的定义可得，化简即可求出，从而得到数列的通项公式．（2）由（1）可得，利用错位相减，求出数列的前项和即可；（3）结合