四川省雅安市2024-2025学年高一数学下学期期末考试试题含解析

PAGE15-四川省雅安市2024-2025学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）．1.已知点，向量＝()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】干脆运用向量的坐标表示，求出.【详解】，故本题选A.【点睛】本题考查了向量的坐标表示，精确记忆向量的坐标公式是解题的关键.2.若a＜b＜c，则下列结论中正确的是（）A.a|c|＜b|c| B.ab＜bc C.a﹣c＜b﹣c D.【答案】C【解析】∵a<b<c，当c=0时，a|c|<b|c|不成立，故A错误；当b=0时，ab<bc不成立，故B错误；a−c<b−c肯定成立，故C正确；当a,b,c异号时,>>不成立，故D错误；故选：C3.在等差数列{an}中，a5=33，公差d=3，则201是该数列的第（）项．A.60 B.61 C.62 D.63【答案】B【解析】试题分析：，选B.考点：等差数列通项公式4.已知中，，，则角等于（）A. B.或 C. D.【答案】D【解析】【分析】干脆运用正弦定理，可以求出角的大小.【详解】由正弦定理可知：，因为角是的内角，所以，因此角等于，故本题选D.【点睛】本题考查了正弦定理的应用，考查了数学运算实力.5.等比数列中，那么为()A. B. C. D.【答案】A【解析】试题分析：由等比数列的性质得：，所以=4.考点：本题考查等比数列的性质。点评：干脆考查等比数列的性质，属于基础题型。6.已知变量x，y满意约束条件则的最大值为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】画出二元一次不等式所示的可行域，目标函数为截距型，，可知截距越大值越大，依据图象得出最优解为，则的最大值为2，选B.【点睛】本题主要考查线性规划问题，首先由不等式组作出相应的可行域，作图时，可将不等式转化为（或），“”取下方，“”取上方，并明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最终结合图形确定目标函数最值取法、值域范围．7.已知一个圆锥底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内切球的表面积为()A.π B. C.2π D.3π【答案】C【解析】【分析】设内切球的半径为，利用轴截面，依据三角形等面积公式，可以求出，进而可以求出该圆锥内切球的表面积.【详解】设内切球的半径为，利用轴截面，依据三角形等面积公式，可得，解得，圆锥内切球的表面积为，故本题选C.【点睛】本题考查了圆锥内切球的表面积，考查了数学运算实力.8.已知，为单位向量，设与的夹角为，则与的夹角为()A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意，，，∴，故选B．9.一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图为正三角形，则侧视图的面积为()A.8 B. C. D.4【答案】B【解析】试题分析：该几何体是一正三棱柱，底面边长为2，高为4，所以，底面三角形的高为，其侧视图面积为4×=，故选B。考点：本题主要考查三视图，几何体的面积计算。点评：基础题，三视图是高考必考题目，因此，要明确三视图视图规则，精确地还原几何体，明确几何体的特征，以便进一步解题。三视图视图过程中，要留意虚线的出现，意味着有被遮掩的棱。10.已知△ABC中，三内角A、B、C的度数成依次等差数列，边a、b、c依次成等比数列．则△ABC是（）A.直角三角形 B.等边三角形 C.锐角三角形 D.钝角三角形【答案】B【解析】∵△ABC中，三内角的度数成等差数列，∴，又，∴°.又边依次成等比数列，∴，在△ABC中,由余弦定理得：，∴，∴，∴，∴，又，∴为等边三角形。故选B.此处有视频，请去附件查看】11.用篱笆围一个面积为的矩形菜园，问这个矩形的长、宽各为多少时，所用篱笆最短，最短的篱笆是（）A.30 B.36 C.40 D.50【答案】C【解析】【分析】设矩形的长为，则宽为，设所用篱笆的长为，所以有，利用基本不等式可以求出的最小值.【详解】设矩形的长为，则宽为，设所用篱笆的长为，所以有，依据基本不等式可知：，（当且仅当时，等号成立，即时，取等号）故本题选C.【点睛】本题考查了基本不等式的应用，由已知条件构造函数，利用基本不等式求出最小值是解题的关键.12.在△ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC＝60°，点P是△ABC内一点(含边界)，若，则||的取值范围为(A.[2，] B.[2，] C.[0，] D.[2，]【答案】D【解析】如图所示，以靠近点B的三等分点为平行四边形的一个顶点，A,C为另外两个顶点构造平行四边形ADEC，DE与BC交于点F，则点P位于线段DF上，由几何性质可得,则的取值范围为.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）13.若向量与的夹角为钝角或平角，则的取值范围是_____．【答案】【解析】【分析】由平面对量数量积的坐标公式，可以求出向量夹角的余弦值，让余弦值小于零且大于等于即可，解这个不等式，求出的取值范围.【详解】因为，，所以，由题意可知：，解得，即取值范围是.【点睛】本题考查了已知平面对量的夹角的范围求参数问题，正确求解不等式的解集是解题的关键.14.设a＞0，b＞0，若是与3b的等比中项，则的最小值是__．【答案】【解析】由已知,是与的等比中项，则则，当且仅当时等号成立故答案2【点睛】本题考查基本不等式的性质、等比数列的性质，其中娴熟应用“乘1法”是解题的关键．15.如图，一辆汽车在一条水平的马路上向正西行驶，到处时测得马路北侧一山顶D在西偏北的方向上，行驶600m后到达处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度________m.【答案】【解析】试题分析:由题设可知在中,,由此可得,由正弦定理可得,解之得,又因为,所以,应填.考点：正弦定理及运用．16.已知分别为三个内角的对边，，，则面积的最大值为________．【答案】【解析】由已知，即得，由正弦定理，三角形的周长为，，，周长的取值范围为.三、解答题（本大题6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知:（1）若，求的坐标；（2）若与的夹角为120°，求.【答案】（1）或.（2）【解析】试题分析：（1）利用向量共线定理、数量积运算性质即可得出．

（2）利用数量积运算性质即可的．

试题解析：（1）∵，∴，与共线的单位向量为.∵，∴或.（2）∵，∴，∴，∴.点睛：平面对量中涉及有关模长的问题时，常用到的通法是将模进步行平方，利用向量数量积的学问进行解答，很快就能得出答案；另外，向量是一个工具型的学问，具备代数和几何特征，在做这类问题时可以运用数形结合的思想，会加快解题速度.18.关于的不等式的解集为.（1）求的值；（2）求关于的不等式的解集．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）关于的不等式的解集为，说明，且﹣1和2是方程的两实数根，利用根与系数关系可以干脆求解出的值；（2）由（1）可知的值，依据一元二次不等式的求解方法，可以干脆求解出不等式的解集．【详解】（1）关于的不等式的解集为，∴，且﹣1和2是方程的两实数根，由根与系数的关系知，，解得；（2）由（1）知，时，不等式为，∴不等式的解集是.【点睛】本题考查了已知一元二次不等式的解集求参数问题，考查了一元二次方程与一元二次不等式之间的联系.19.已知是等差数列的前n项和，且.（1）求数列的通项公式；（2）为何值时，取得最大值并求其最大值．【答案】（1）；（2）n=4时取得最大值.【解析】【分析】（1）利用公式，进行求解；（2）对进行配方，然后结合由，可以求出的最大值以及此时的值.【详解】（1）由题意可知：，当时，，当时，，当时，明显成立，∴数列的通项公式；（2），由，则时，取得最大值28，∴当为4时，取得最大值，最大值28．【点睛】本题考查了已知求，以及二次函数的最值问题，依据的取值范围求最大值是解题的关键.20.如图，在直三棱柱中，，.（1）求证：平面；（2）若点在线段上，且，求三棱锥的体积．【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用直棱柱，侧棱垂直于底面，可以证明出，依据已知，，利用勾股定理的逆定理可以证明出，再依据直棱柱的侧面的性质，可以证明出，利用线面垂直的判定定理，可以得到平面，于是可以证明出，最终利用线面垂直的判定定理可以证明出平面；（2）依据，利用棱锥的体积公式，可以求出三棱锥的体积．【详解】（1）在直三棱柱中，平面，所以，又，，所以，所以，且，因为，所以平面.因为平面，所以.又因为，，所以平面；（2）由（1）可得，平面，因为，，所以，所以.【点睛】本题考查了证明线面垂直、以及棱锥体积公式，考查了转化思想、数学运算实力.21.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满意.（1）求角A的大小；（2）若D为BC边上一点，且CD＝2DB，b＝3，AD＝，求a.【答案】(1)(2)【解析】试题分析：(1)首先边化角，据此求得，；(2)过作交于，利用余弦定理结合题意可得.试题解析：（1）由已知，由正弦定理有，整理的，即，又，所以，；（2）过作交于，，，由余弦定理，，得，则，又，，则三角形为直角三角形，.22.数列满意：，且，其前n项和.（1）求证：等比数列；（2）记为数列的前n项和.（i）当时，求；（ii）当时，是否存在正整数，使得对于随意正整数，都有？假如存在，求出的值；假如不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（2）（i），（ii）【解析】【分析】（1）利用当时，，进行运算，最终能证明出为等比数列；（2）（i）利用错位相减法，可以求出；（ii）依据的奇偶性进行分