2023-2024學年山西省忻州市靜樂一中高一下數學期末綜合測試試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．已知等比數列中，，數列是等差數列，且，則（）A．3 B．6 C．7 D．82．已知是定義在上的奇函數，且當時，，那么（）A． B． C． D．3．已知是函數的兩個零點，則（）A． B．C． D．4．己知的周長為，內切圓的半徑為，，則的值為（）A． B． C． D．5．若三角形三邊的長度為連續的三個自然數，則稱這樣的三角形為“連續整邊三角形”．下列說法正確的是（）A．“連續整邊三角形”只能是銳角三角形B．“連續整邊三角形”不可能是鈍角三角形C．若“連續整邊三角形”中最大角是最小角的2倍，則這樣的三角形有且僅有1個D．若“連續整邊三角形”中最大角是最小角的2倍，則這樣的三角形可能有2個6．已知圓：關于直線對稱的圓為圓：，則直線的方程為A． B． C． D．7．對任意實數x，表示不超過x的最大整數，如，，關于函數，有下列命題：①是周期函數；②是偶函數；③函數的值域為；④函數在區間內有兩個不同的零點，其中正確的命題為()A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②④8．已知正方體ABCD-ABCD中,E、F分別為BB、CC的中點,那么異面直線AE與DF所成角的余弦值為()A． B．C． D．9．關于的方程在內有相異兩實根，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．10．已知等比數列的前項和為，則下列一定成立的是（）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若，且，則__________．12．四棱柱中，平面ABCD，平面ABCD是菱形，，，，E是BC的中點，則點C到平面的距離等于________.13．如圖，正方體的棱長為2，點在正方形的邊界及其內部運動，平面區域由所有滿足的點組成，則的面積是__________．14．已知，則______．15．已知與之間的一組數據，則與的線性回歸方程必過點__________．16．已知正數、滿足，則的最小值是________．三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．如圖，在四棱錐中，底面是菱形，底面.（Ⅰ）證明：；（Ⅱ）若，求二面角的余弦值.18．如圖，在四邊形中，.（1）若為等邊三角形，且是的中點，求.（2）若，，求.19．已知數列滿足，．（1）若，求證：數列為等比數列．（2）若，求．20．在ΔABC中，角A，B,C，的對邊分別是a，b，c，a-bsinA+sin（1）若b=6，求sinA（2）若D、E在線段BC上，且BD=DE=EC，AE=2321．已知非零數列滿足，.（1）求證：數列是等比數列；（2）若關于的不等式有解，求整數的最小值；（3）在數列中，是否存在首項、第項、第項()，使得這三項依次構成等差數列？若存在，求出所有的；若不存在，請說明理由.

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、D【解析】

由等比數列的性質求得，再由等差數列的性質可得結果.【詳解】因為等比數列，且，解得，數列是等差數列，則，故選：D.【點睛】本題主要考查等比數列與等差數列的下標性質，屬于基礎題.解等差數列問題要注意應用等差數列的性質（）.2、C【解析】試題分析：由題意得，，故，故選C．考點：分段函數的應用.3、A【解析】

在同一直角坐標系中作出與的圖象，設兩函數圖象的交點，依題意可得，利用對數的運算性質結合圖象即可得答案．【詳解】解：，在同一直角坐標系中作出與的圖象，

設兩函數圖象的交點，

則，即，

又，

所以，，即，

所以①；

又，故，即②，由①②得：，

故選：A．【點睛】本題考查根的存在性及根的個數判斷，依題意可得是關鍵，考查作圖能力與運算求解能力，屬于難題．4、C【解析】

根據的周長為，內切圓的半徑為，求得，再利用正弦定理，得到，然后代入余弦定理，化簡得到求解.【詳解】因為的周長為，內切圓的半徑為，所以，又因為，所以.由余弦定理得：，，所以，所以，即，因為A為內角，所以，所以.故選：C【點睛】本題主要考查了正弦定理和余弦定理的應用，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.5、C【解析】

舉例三邊長分別是的三角形是鈍角三角形，否定A，B，通過計算求出最大角是最小角的二倍的三角形，從而可確定C、D中哪個正確哪個錯誤．【詳解】三邊長分別是的三角形,最大角為，則，是鈍角，三角形是鈍角三角形，A，B都錯，如圖中，，，是的平分線，則，∴，，∴，，又由是的平分線，得，∴，解得，∴“連續整邊三角形”中最大角是最小角的2倍的三角形只有一個，邊長分別為4，5，6，C正確，D錯誤．故選D．【點睛】本題考查余弦定理，考查命題的真假判斷，數學上要說明一個命題是假命題，只要舉一個反例即可，而要說明它是真命題，則要進行證明．6、A【解析】

根據對稱性，求得，求得圓的圓心坐標，再根據直線l為線段C1C2的垂直平分線，求得直線的斜率，即可求解，得到答案．【詳解】由題意，圓的方程，可化為，根據對稱性，可得：，解得：或（舍去，此時半徑的平方小于0，不符合題意），此時C1(0，0)，C2(－1，2)，直線C1C2的斜率為：，由圓C1和圓C2關于直線l對稱可知：直線l為線段C1C2的垂直平分線，所以，解得，直線l又經過線段C1C2的中點(，1)，所以直線l的方程為：，化簡得：，故選A【點睛】本題主要考查了圓與圓的位置關系的應用，其中解答中熟記兩圓的位置關系，合理應用圓對稱性是解答本題的關鍵，其中著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．7、A【解析】

根據的表達式，結合函數的周期性，奇偶性和值域分別進行判斷即可得到結論.【詳解】是周期函數，3是它的一個周期，故①正確.,結合函數的周期性可得函數的值域為，則函數不是偶函數，故②錯誤.，故在區間內有3個不同的零點，故④錯誤.故選：A【點睛】本題考查了取整函數綜合問題，考查了學習綜合分析，轉化與劃歸，數學運算的能力，屬于難題.8、C【解析】

連接DF,因為DF與AE平行,所以∠DFD即為異面直線AE與DF所成角的平面角,設正方體的棱長為2,則FD=FD=,由余弦定理得cos∠DFD==.9、C【解析】

將問題轉化為與有兩個不同的交點；根據可得，對照的圖象可構造出不等式求得結果.【詳解】方程有兩個相異實根等價于與有兩個不同的交點當時，由圖象可知：，解得：本題正確選項：【點睛】本題考查正弦型函數的圖象應用，主要是根據方程根的個數確定參數范圍，關鍵是能夠將問題轉化為交點個數問題，利用數形結合來進行求解.10、C【解析】

設等比數列的公比為q，利用通項公式與求和公式即可判斷出結論．【詳解】設等比數列的公比為q，若，則，則，而與0的大小關系不確定.若，則，則與同號，則與0的大小關系不確定.故選：C【點睛】本題主要考查了等比數列的通項公式與求和公式及其性質、不等式的性質與解法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】根據三角函數恒等式，將代入得到，又因為，故得到故答案為。12、【解析】

利用等體法即可求解.【詳解】如圖，由ABCD是菱形，，，E是BC的中點，所以,又平面ABCD，所以平面ABCD，即，又，則平面，由平面，所以，所以，設點C到平面的距離為，由即，即，所以.故答案為：【點睛】本題考查了等體法求點到面的距離，同時考查了線面垂直的判定定理，屬于基礎題.13、【解析】,所以點平面區域是底面內以為圓心，以1為半徑的外面區域,則的面積是14、【解析】

由題意得出，然后在分式的分子和分母中同時除以，然后利用常見的數列極限可計算出所求極限值.【詳解】由題意得出.故答案為：.【點睛】本題考查數列極限的計算，熟悉一些常見數列極限是解題的關鍵，考查計算能力，屬于基礎題.15、【解析】

根據線性回歸方程一定過樣本中心點，計算這組數據的樣本中心點，求出和的平均數即可求解.【詳解】由題意可知，與的線性回歸方程必過樣本中心點，，所以線性回歸方程必過.故答案為：【點睛】本題是一道線性回歸方程題目，需掌握線性回歸方程必過樣本中心點這一特征，屬于基礎題.16、.【解析】

利用等式得，將代數式與代數式相乘，利用基本不等式求出的最小值，由此可得出的最小值.【詳解】，所以，由基本不等式可得，當且僅當時，等號成立，因此，的最小值是，故答案為：.【點睛】本題考查利用基本不等式求最值，解題時要對代數式進行合理配湊，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（Ⅰ）見解析（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）由底面推出，由菱形的性質推出，即可推出平面從而得到；（Ⅱ）作，交的延長線于，連接，則二面角的平面角是，由已知條件求出AD，進而求出AE、PD，即可求得.【詳解】（Ⅰ）證明：連接，∵底面，底面,∴.∵四邊形是菱形，∴.又∵，平面，平面，∴平面，∴.（Ⅱ）作，交的延長線于，連接.由于，于是平面，平面，，所以二面角的平面角是.設“”，且底面是菱形，，，，∴.【點睛】本題考查線面垂直、線線垂直的證明，二面角的余弦值，屬于中檔題.18、（1）（2）【解析】

（1）先由題意，結合平面向量基本定理，用表示出，再由向量的數量積運算，即可得出結果；（2）先由向量數量積的運算，求出，再由，結合題中條件，即可得出結果.【詳解】解：（1）為等邊三角形，且，又是中點，又（2）由題意：，，，又【點睛】本題主要考查向量數量積的運算，熟記平面向量基本定理，以及向量數量積的運算法則即可，屬于常考題型.19、（1）證明見解析（2）答案見解析【解析】

（1）證明即可；（2）化簡，討論，和即可求解【詳解】因為，所以，所以．又所以數列是以3為首項，9為公比的等比數列．（2）因為，所以，所以：當時，當時，.當時，.【點睛】本題考查等比數列的證明，極限的運算，注意分類討論的應用，是中檔題20、（1）32+【解析】

（1）根據正弦定理化簡邊角關系式，可整理出余弦定理形式，得到cosB=12；再根據正弦定理求得sinC，根據同角三角函數得到cosC；根據兩角和差公式求得sinA；（2）設BD=x，在【詳解】（1）∵由正弦定理得：a-b整理得：a2+∵0<B<π∴B=由正弦定理bsinB=c∵b>c∴B>C∴∴（2）設BD=x，則：BE=2x，AE=2在ΔABE中，利用余弦定理AE12x2=16+4x∴BE=2，AE=23，又AB=4，即BE∴AD=【點睛】本題考查正弦定理、余弦定理解三角形的問題，涉及到正弦定理化簡邊角關系式、同角三角函數求解、兩角和差公式的運算，考查對于定理和公式的應用，屬于常規題型.21、（1）證明見解析；（2）；（3）存在，或.【解析】

（1）由條件可得，即，再由等比數列的定義即可得證；

（2）由等比數列的通項公式求得，，再由數列的單調性的判斷，可得最小值，解不等式即可得到所求最小值；

（3）假設存在首項、第項、第項()，使得這三項依次構成等差數列，由等差