四川省瀘州市市合江縣合江天立學校高2025屆高一下數學期末經典試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．已知與均為單位向量，它們的夾角為，那么等于（）A． B． C． D．42．已知圓，圓，則圓與圓的位置關系是（）A．相離 B．相交 C．外切 D．內切3．已知圓柱的軸截面為正方形，且該圓柱的側面積為，則該圓柱的體積為A． B． C． D．4．已知數列1，，，9是等差數列，數列1，，，，9是等比數列，則（）A． B． C． D．5．等差數列中，若，則=()A．11 B．7 C．3 D．26．將函數f（x）=sin（ωx+）（ω＞0）的圖象向左平移個單位，所得到的函數圖象關于y軸對稱，則函數f（x）的最小正周期不可能是（）A． B． C． D．7．不等式的解集是（）A． B．C．或 D．或8．已知向量，滿足：則A． B． C． D．9．已知等邊三角形ABC的邊長為1，，那么（）.A．3 B．-3 C． D．10．若，則是（）A．等邊三角形 B．等腰三角形C．直角或等腰三角形 D．等腰直角三角形二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知x，y＝R+，且滿足x2y6，若xy的最大值與最小值分別為M和m，M+m＝_____.12．如圖，為內一點，且，延長交于點，若，則實數的值為_______.13．已知直線l過定點,且與兩坐標軸圍成的三角形的面積為4，則直線l的方程為______.14．已知三棱柱的側棱與底面邊長都相等，在底面內的射影為的中心，則與底面所成角的正弦值等于．15．計算：=_______________.16．當函數取得最大值時，=__________．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．設數列為等比數列，且，，（1）求數列的通項公式：（2）設，數列的前項和，求證：.18．在中，角的對邊分別為，且.（1）求角的大小；（2）若，求的最大值.19．在中，內角A，B，C的對邊分別是ɑ，b，c，已知，.(1)求角C；(2)求面積的最大值.20．如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，D是PC的中點.已知∠BAC=，AB=2，AC=2，PA=2.求：（1）三棱錐P-ABC的體積；（2）異面直線BC與AD所成的角的大小（結果用反三角函數值表示）.21．已知，，且（1）求的定義域.（2）判斷的奇偶性，并說明理由.

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、A【解析】本題主要考查的是向量的求模公式．由條件可知==，所以應選A．2、C【解析】，，，，，即兩圓外切，故選．點睛：判斷圓與圓的位置關系的常見方法(1)幾何法：利用圓心距與兩半徑和與差的關系．(2)切線法：根據公切線條數確定．（3）數形結合法：直接根據圖形確定3、C【解析】

設圓柱的底面半徑，該圓柱的高為，利用側面積得到半徑，再計算體積.【詳解】設圓柱的底面半徑.因為圓柱的軸截面為正方形，所以該圓柱的高為因為該圓柱的側面積為，所以，解得，故該圓柱的體積為.故答案選C【點睛】本題考查了圓柱的體積，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.4、B【解析】

根據等差數列和等比數列性質可分別求得，，代入即可得到結果.【詳解】由成等差數列得：由成等比數列得：，又與同號本題正確選項：【點睛】本題考查等差數列、等比數列性質的應用，易錯點是忽略等比數列奇數項符號相同的特點，從而造成增根.5、A【解析】

根據和已知條件即可得到．【詳解】等差數列中，故選A．【點睛】本題考查了等差數列的基本性質，屬于基礎題．6、D【解析】

利用函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規律，對稱性和周期性，求得函數的最小正周期為，由此得出結論．【詳解】解：將函數的圖象向左平移個單位，可得的圖象，根據所得到的函數圖象關于軸對稱，可得，即，．函數的最小正周期為，則函數的最小正周期不可能是，故選．【點睛】本題主要考查函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規律，對稱性和周期性，屬于基礎題．7、B【解析】

由題意，∴，即，解得，∴該不等式的解集是，故選．8、D【解析】

利用向量的數量積運算及向量的模運算即可求出．【詳解】∵||=3，||=2，|+|=4，∴|+|2=||2+||2+2=16，∴2=3，∴|﹣|2=||2+||2﹣2=9+4﹣3=10，∴|﹣|=，故選D．【點睛】本題考查了向量的數量積運算和向量模的計算，屬于基礎題．9、D【解析】

利用向量的數量積即可求解.【詳解】解析：.故選：D【點睛】本題考查了向量的數量積，注意向量夾角的定義，屬于基礎題.10、D【解析】

先根據題中條件，結合正弦定理得到，求出角，同理求出角，進而可判斷出結果.【詳解】因為，由正弦定理可得，所以，即，因為角為三角形內角，所以；同理，；所以，因此，是等腰直角三角形.故選D【點睛】本題主要考查判定三角形的形狀問題，熟記正弦定理即可，屬于常考題型.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

設，則，可得，然后利用基本不等式得到關于的一元二次方程解方程可得的最大值和最小值，進而得到結論.【詳解】∵x，y＝R+，設，則，∴∴12t＝（2t+2）x+（4t+1）y，∴18t≥（t+1）（4t+1）＝4t2+5t+1，∴4t2﹣13t+1≤0，∴，∵xy的最大值與最小值分別為M和m，∴M，m，∴M+m.【點睛】本題考查了基本不等式的應用和一元二次不等式的解法，考查了轉化思想和運算推理能力，屬于中檔題.12、【解析】

由，得，可得出，再利用、、三點共線的向量結論得出，可解出實數的值.【詳解】由，得，可得出，由于、、三點共線，，解得，故答案為.【點睛】本題考查三點共線問題的處理，解題的關鍵就是利用三點共線的向量等價條件的應用，考查運算求解的能力，屬于中等題.13、或.【解析】

設直線的方程為，利用已知列出方程，①和②，解方程即可求出直線方程【詳解】設直線的方程為.因為點在直線上，所以①.因為直線與兩坐標軸圍成的三角形的面積為4,所以②.由①②可知或解得或故直線的方程為或，即或.【點睛】本題考查截距式方程和直線與坐標軸形成的三角形面積問題，屬于基礎題14、【解析】試題分析：由題意得，不妨設棱長為，如圖，在底面內的射影為的中心，故，由勾股定理得，過作平面，則為與底面所成角，且，作于中點，所以，所以，所以與底面所成角的正弦值為．考點：直線與平面所成的角．15、【解析】試題分析：考點：兩角和的正切公式點評：本題主要考查兩角和的正切公式變形的運用，抓住和角是特殊角，是解題的關鍵.16、【解析】

利用輔助角將函數利用兩角差的正弦公式進行化簡，求得函數取得最大值時的與的關系，從而求得，，可得結果.【詳解】因為函數，其中，，當時，函數取得最大值，此時，∴，，∴故答案為【點睛】本題考查了兩角差的正弦公式的逆用，著重考查輔助角公式的應用與正弦函數的性質，屬于中檔題.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、（1）（2）詳見解析【解析】

（1）將已知條件轉化為等比數列的基本量和，得到的值，從而得到數列的通項；（2）根據題意寫出，然后得到數列的通項，利用列項相消法進行求和，得到其前項和，然后進行證明.【詳解】設等比數列的首項為，公比為，因為，所以，所以所以；（2），所以，所以.因為，所以.【點睛】本題考查等比數列的基本量計算，裂項相消法求數列的和，屬于簡單題.18、(1)．(2)【解析】

（1）先利用正弦定理角化邊，然后根據余弦定理求角；（2）利用余弦定理以及基本不等式求解最值，注意取等號的條件.【詳解】解：（1）由正弦定理得，由余弦定理得，∴．又∵，∴．（2）由余弦定理得，即，化簡得，，即，當且僅當時，取等號．∴．【點睛】在三角形中，已知一角及其對邊，求解周長或者面積的最值的方法：未給定三角形形狀時，直接利用余弦定理和基本不等式求解最值；給定三角形形狀時，先求解角的范圍，然后根據正弦定理進行轉化求解.19、（1）；（2）【解析】

（1）利用正弦定理邊化角可求得，由的范圍可求得結果；（2）利用余弦定理和基本不等式可求得的最大值，代入三角形面積公式可求得結果.【詳解】（1）由正弦定理得：，即又（2）由余弦定理得：（當且僅當時取等號），即面積的最大值為【點睛】本題考查解三角形的相關知識，涉及到正弦定理邊化角的應用、余弦定理解三角形、基本不等式求積的最大值、三角形面積公式的應用；求解面積的最大值的關鍵是能夠在余弦定理的基礎上，利用基本不等式來求解兩邊之積的最大值.20、（1）；（2）.【解析】

（1），三棱錐P-ABC的體積為.（2）取PB的中點E，連接DE、AE，則ED∥BC，所以∠ADE（或其補角）是異面直線BC與AD所成的角.在三角形ADE中，DE=2，AE=，AD=2，，所以∠ADE=.因此，異面直線