2025屆重慶江津長壽綦江等七校聯盟數學高一下期末綜合測試試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．已知向量，滿足，，，則與的夾角為（）A． B． C． D．2．已知實數x,y滿足約束條件y≤1x≤2x+2y-2≥0，則A．1 B．2 C．3 D．43．已知向量滿足，．O為坐標原點，．曲線，區域．若是兩段分離的曲線，則（）A． B． C． D．4．已知函數，若關于的不等式的解集為，則A． B．C． D．5．在正方體中，點是四邊形的中心，關于直線，下列說法正確的是（）A． B．C．平面 D．平面6．數列，通項公式為，若此數列為遞增數列，則的取值范圍是A． B． C． D．7．已知：，則（）A． B． C． D．8．將的圖像怎樣移動可得到的圖象（）A．向左平移個單位 B．向右平移個單位C．向左平移個單位 D．向右平移個單位9．若，且，則的值為A． B． C． D．10．在△ABC中，a，b，c分別為內角A，B，C所對的邊，b＝c，且滿足＝，若點O是△ABC外一點，∠AOB＝θ(0<θ<π)，OA＝2OB＝2，則平面四邊形OACB面積的最大值是()A． B． C．3 D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若a、b、c正數依次成等差數列，則的最小值為_______.12．在中，角，，所對的邊分別為，，，若，則角最大值為______.13．已知點，,若直線與線段有公共點，則實數的取值范圍是____________.14．已知扇形的圓心角為，半徑為，則扇形的弧長為______.15．已知為直線上一點，過作圓的切線，則切線長最短時的切線方程為__________．16．下列五個正方體圖形中，是正方體的一條對角線，點M，N，P分別為其所在棱的中點，求能得出⊥面MNP的圖形的序號(寫出所有符合要求的圖形序號)______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．已知向量，向量為單位向量，向量與的夾角為.（1）若向量與向量共線，求；（2）若與垂直，求.18．如圖，四棱錐中，平面，底面是平行四邊形，若，.（Ⅰ）求證：平面平面；（Ⅱ）求棱與平面所成角的正弦值.19．在等差數列中，為其前項和()，且，.（1）求數列的通項公式；（2）設，數列的前項為，證明：20．如圖,在直三棱柱中,,二面角為直角,為的中點.(1)求證:平面平面;(2)求直線與平面所成的角.21．（1）己知直線，求與直線l平行且到直線l距離為2的直線方程；（2）若關于x的不等式的解集是的子集，求實數a的取值范圍.

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、B【解析】

將變形解出夾角的余弦值，從而求出與的夾角．【詳解】由得，即又因為，所以，所以，故選B.【點睛】本題考查向量的夾角，屬于簡單題．2、C【解析】

作出可行域，作直線l:x+y=0，平移直線l可得最優解．【詳解】作出可行域，如圖ΔABC內部（含邊界），作直線l:x+y=0，平移直線l，當直線l過點C(2,1)時，x+y=2+1=3為最大值．故選C．【點睛】本題考查簡單的線性規劃，解題關鍵是作出可行域．3、A【解析】

由圓的定義及平面向量數量積的性質及其運算可得：點P在以O為圓心，r為半徑的圓上運動且點P在以Q為圓心，半徑為1和2的圓環區域運動，由圖可得解．【詳解】建立如圖所示的平面直角坐標系，則，，由，則，即點P在以O為圓心，r為半徑的圓上運動，又，則點P在以Q為圓心，半徑為1和2的圓環區域運動，由圖可知：當C∩Ω是兩段分離的曲線時，r的取值范圍為：3<r<5，故選：A．【點睛】本題考查平面向量數量積的性質及其運算，利用數形結合思想，將向量問題轉化為圓與圓的位置關系問題，考查轉化與化歸思想，屬于中等題.4、B【解析】

由題意可得，且，3為方程的兩根，運用韋達定理可得，，的關系，可得的解析式，計算，（1），（4），比較可得所求大小關系．【詳解】關于的不等式的解集為，可得，且，3為方程的兩根，可得，，即，，，，可得，（1），（4），可得（4）（1），故選．【點睛】本題主要考查二次函數的圖象和性質、函數與方程的思想，以及韋達定理的運用。5、C【解析】

設，證明出，可判斷出選項A、C的正誤；由為等腰三角形結合可判斷出B選項的正誤；證明平面可判斷出D選項的正誤.【詳解】如下圖所示，設，則為的中點，在正方體中，，則四邊形為平行四邊形，.易知點、分別為、的中點，，則四邊形為平行四邊形，則，由于過直線外一點有且只有一條直線與已知直線平行，則A選項中的命題錯誤；，平面，平面，平面，C選項中的命題正確；易知，則為等腰三角形，且為底，所以，與不垂直，由于，則與不垂直，B選項中的命題錯誤；四邊形為正方形，則，在正方體中，平面，平面，，，平面，平面，，同理可證，且，平面，則與平面不垂直，D選項中的命題錯誤.故選C.【點睛】本題考查線線、線面關系的判斷，解題時應充分利用線面平行與垂直等判定定理證明線面平行、線面垂直，考查推理能力，屬于中等題.6、B【解析】因為的對稱軸為,因為此數列為遞增數列,所以.7、A【解析】

觀察已知角與待求的角之間的特殊關系，運用余弦的二倍角公式和誘導公式求解.【詳解】令，則，所以，所以，故選A.【點睛】本題關鍵在于觀察出已知角與待求的角之間的特殊關系，屬于中檔題.8、C【解析】

因為將向左平移個單位可以得到，得解.【詳解】解：將向左平移個單位可以得到，故選C.【點睛】本題考查了函數圖像的平移變換，屬基礎題.9、A【解析】

利用誘導公式求得sinα的值，再利用同角三角函數的基本關系求得cosα，再利用二倍角公式，求得sin2α的值．【詳解】解：，且，，則，故選A．【點睛】本題主要考查利用誘導公式、同角三角函數的基本關系，二倍角公式進行化簡三角函數式，屬于基礎題．10、A【解析】

根據正弦和角公式化簡得是正三角形，再將平面四邊形OACB面積表示成的三角函數，利用三角函數求得最值.【詳解】由已知得：即所以即又因為所以所以又因為所以是等邊三角形.所以在中，由余弦定理得且因為平面四邊形OACB面積為當時，有最大值，此時平面四邊形OACB面積有最大值，故選A.【點睛】本題關鍵在于把所求面積表示成角的三角函數，屬于難度題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、1【解析】

由正數a、b、c依次成等差數列，則，則，再結合基本不等式求最值即可.【詳解】解：由正數a、b、c依次成等差數列，則，則，當且僅當，即時取等號，故答案為：1.【點睛】本題考查了等差中項的運算，重點考查了基本不等式的應用，屬基礎題.12、【解析】

根據余弦定理列式，再根據基本不等式求最值【詳解】因為所以角最大值為【點睛】本題考查余弦定理以及利用基本不等式求最值，考查基本分析求解能力，屬中檔題13、【解析】

根據直線方程可確定直線過定點；求出有公共點的臨界狀態時的斜率，即和；根據位置關系可確定的范圍.【詳解】直線可整理為：直線經過定點，又直線的斜率為的取值范圍為：本題正確結果：【點睛】本題考查根據直線與線段的交點個數求解參數范圍的問題，關鍵是能夠明確直線經過的定點，從而確定臨界狀態時的斜率.14、9【解析】

由扇形的弧長公式運算可得解.【詳解】解：由扇形的弧長公式得：，故答案為9.【點睛】本題考查了扇形的弧長，屬基礎題.15、或【解析】

利用切線長最短時，取最小值找點：即過圓心作直線的垂線，求出垂足點．就切線的斜率是否存在分類討論，結合圓心到切線的距離等于半徑得出切線的方程．【詳解】設切線長為，則，所以當切線長取最小值時，取最小值，過圓心作直線的垂線，則點為垂足點，此時，直線的方程為，聯立，得，點的坐標為.①若切線的斜率不存在，此時切線的方程為，圓心到該直線的距離為，合乎題意；②若切線的斜率存在，設切線的方程為，即.由題意可得，化簡得，解得，此時，所求切線的方程為，即.綜上所述，所求切線方程為或，故答案為或．【點睛】本題考查過點的圓的切線方程的求解，考查圓的切線長相關問題，在過點引圓的切線問題時，要對直線的斜率是否存在進行分類討論，另外就是將直線與圓相切轉化為圓心到直線的距離等于半徑長，考查分析問題與解決問題的能力，屬于中等題．16、①④⑤【解析】為了得到本題答案，必須對5個圖形逐一進行判別．對于給定的正方體，l位置固定，截面MNP變動，l與面MNP是否垂直，可從正、反兩方面進行判斷．在MN、NP、MP三條線中，若有一條不垂直l，則可斷定l與面MNP不垂直；若有兩條與l都垂直，則可斷定l⊥面MNP；若有l的垂面∥面MNP，也可得l⊥面MNP．解法1作正方體ABCD－A1B1C1D1如附圖，與題設圖形對比討論．在附圖中，三個截面BA1D、EFGHKR和CB1D1都是對角線l(即AC1)的垂面．對比圖①，由MN∥BAl，MP∥BD，知面MNP∥面BAlD，故得l⊥面MNP．對比圖②，由MN與面CB1D1相交，而過交點且與l垂直的直線都應在面CBlDl內，所以MN不垂直于l，從而l不垂直于面MNP．對比圖③，由MP與面BAlD相交，知l不垂直于MN，故l不垂直于面MNP．對比圖④，由MN∥BD，MP∥BA．知面MNP∥面BA1D，故l⊥面MNP．對比圖⑤，面MNP與面EFGHKR重合，故l⊥面MNP．綜合得本題的答案為①④⑤．解法2如果記正方體對角線l所在的對角截面為．各圖可討論如下：在圖①中，MN,NP在平面上的射影為同一直線，且與l垂直，故l⊥面MNP．事實上，還可這樣考慮：l在上底面的射影是MP的垂線，故l⊥MP；l在左側面的射影是MN的垂線，故l⊥MN，從而l⊥面MNP．在圖②中，由MP⊥面，可證明MN在平面上的射影不是l的垂線，故l不垂直于MN．從而l不垂直于面MNP．在圖③中，點M在上的射影是l的中點，點P在上的射影是上底面的內點，知MP在上的射影不是l的垂線，得l不垂直于面MNP．在圖④中，平面垂直平分線段MN，故l⊥MN．又l在左側面的射影(即側面正方形的一條對角線)與MP垂直，從而l⊥MP，故l⊥面MNP．在圖⑤中，點N在平面上的射影是對角線l的中點，點M、P在平面上的射影分別是上、下底面對角線的4分點，三個射影同在一條直線上，且l與這一直線垂直．從而l⊥面MNP．至此，得①④⑤為本題答案．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）【解析】

（1）共線向量夾角為0°或180°，由此根據定義可求得兩向量數量積．（2）由向量垂直轉化為向量的當量積為0，從而求得，也就求得，再由余弦的二倍角公式可得．【詳解】法一（1），故或向量，向量法二（1），設即或或（2）法一：依題意，，故法二：設即，又或【點睛】本題考查向量共線，向量垂直與數量積的關系，考查平面向量的數量積運算．解題時按向量數量積的定義計算即可．18、（Ⅰ）見證明；（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）先證明平面，再證明平面平面.（Ⅱ）以為原點，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸，建立如圖空間直角坐標系，利用向量法求棱與平面所成角的正弦值.【詳解】解：（Ⅰ）∵平面，∴，∵，，，∴，∴，∴平面，又∵平面，∴平面平面.（Ⅱ）以為原點，所在直線為軸，所在直線為軸，所在直線為軸，建立如圖空間直角坐標系，則，，，，于是，，，設平面的一個法向量為，則，解得，∴，設與平面所成角為，則.【點睛】本題主要考查空間垂直關系的證明，考查線面角的求法，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.19、（1）；（2）見解析【解析】

（1）運用等差數列的通項公式和求和公式，解方程組，可得首項和公差，即可得到所求通項；（2）化簡，再利用裂項相消求數列的和，化簡整理，即可證得．【詳解】（1）設等差數列的公差是，由，，得解得，，∴.（2）由（1）知，，∴，，因為，則成立.【點睛】本題考查等差數列的通項公式的求法，也考查了裂項相消求和求數列的和，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．20、(1)證明見詳解；(2).【解析】

（1）先證明平面，再推出面面垂直；（2）由（1）可知即為所求，在三角形中求角即可.【詳解】（1）證明：因為，所以；又為的中點，所以.在直三棱柱中，平面.又因為平面中，所以，因為，所以平面，又因為平面，所以平面平面.（2）由（1）知為在平面內的射影，所以為直線與平面所成的角，設，則，在中，，在中，，又，得，因此直線與平面所成的角為.【點睛】本題第一問考查由線面垂直證明面面垂直，第二問考查線面角的求解，屬綜合基礎題.