2025屆浙江省嵊州市崇仁中學數學高一下期末綜合測試試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．“十二平均律”是通用的音律體系,明代朱載堉最早用數學方法計算出半音比例,為這個理論的發展做出了重要貢獻十二平均律將一個純八度音程分成十二份,依次得到十三個單音,從第二個單音起,每一個單音的頻率與它的前一個單音的頻率的比都等于若第一個單音的頻率為,則第八個單音的頻率為()A． B． C． D．2．設等比數列{an}的前n項和為Sn，若S6A．73 B．2 C．83．已知向量，與的夾角為，則（）A．3 B．2 C． D．14．設均為正數，且，，．則（）A． B． C． D．5．等差數列的前n項和為，且，，則(

)A．10 B．20 C． D．6．在△ABC中角ABC的對邊分別為A．B．c，cosC＝，且acosB+bcosA＝2，則△ABC面積的最大值為（）A． B． C． D．7．若（）A． B． C． D．8．在中，是邊上一點，，且，則的值為（）A． B． C． D．9．有5支彩筆（除顏色外無差別），顏色分別為紅、黃、藍、綠、紫.從這5支彩筆中任取2支不同顏色的彩筆，則取出的2支彩筆中含有紅色彩筆的概率為A． B． C． D．10．點到直線（R）的距離的最大值為A． B． C．2 D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．函數的單調遞減區間是______.12．在平面直角坐標系中，從五個點：中任取三個，這三點能構成三角形的概率是_______．13．已知圓上有兩個點到直線的距離為3，則半徑的取值范圍是________14．如圖，在三棱錐中，它的每個面都是全等的正三角形，是棱上的動點，設，分別記與，所成角為，，則的取值范圍為__________．15．數列滿足，（且），則數列的通項公式為________.16．（理）已知函數，若對恒成立，則的取值范圍為．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．設向量，，令函數，若函數的部分圖象如圖所示，且點的坐標為.（1）求點的坐標；（2）求函數的單調增區間及對稱軸方程；（3）若把方程的正實根從小到大依次排列為，求的值.18．在中，分別是角的對邊，且．（1）求的大小；（2）若，求的面積．19．在中,為上的點,為上的點,且.（1）求的長;（2）若,求的余弦值.20．如圖所示，在直三棱柱中，，平面，D為AC的中點.（1）求證：平面；（2）求證：平面；（3）設E是上一點，試確定E的位置使平面平面BDE，并說明理由.21．已知三棱柱中,三個側面均為矩形,底面為等腰直角三角形,,點為棱的中點,點在棱上運動.（1）求證；（2）當點運動到某一位置時，恰好使二面角的平面角的余弦值為，求點到平面的距離；（3）在（2）的條件下，試確定線段上是否存在一點，使得平面？若存在，確定其位置；若不存在，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、B【解析】

根據等比數列通項公式，求得第八個單音的頻率.【詳解】根據等比數列通項公式可知第八個單音的頻率為.故選：B.【點睛】本小題主要考查等比數列的通項公式，考查中國古代數學文化，屬于基礎題.2、A【解析】解：因為等比數列{an}的前n項和為Sn，則Sn，S2n-Sn，S3n-S2n成等比，（Sn≠0）所以S63、C【解析】

由向量的模公式以及數量積公式，即可得到本題答案.【詳解】因為向量，與的夾角為，所以.故選：C【點睛】本題主要考查平面向量的模的公式以及數量積公式.4、A【解析】試題分析：在同一坐標系中分別畫出，，的圖象，與的交點的橫坐標為，與的圖象的交點的橫坐標為，與的圖象的交點的橫坐標為，從圖象可以看出．考點：指數函數、對數函數圖象和性質的應用．【方法點睛】一般一個方程中含有兩個以上的函數類型，就要考慮用數形結合求解，在同一坐標系中畫出兩函數圖象的交點，函數圖象的交點的橫坐標即為方程的解．5、D【解析】

由等差數列的前項和的性質可得：，，也成等差數列，即可得出．【詳解】解：由等差數列的前項和的性質可得：，，也成等差數列，，，解得．故選：．【點睛】本題考查了等差數列的前項和公式及其性質，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．6、D【解析】

首先利用同角三角函數的關系式求出sinC的值，進一步利用余弦定理和三角形的面積公式及基本不等式的應用求出結果．【詳解】△ABC中角ABC的對邊分別為a、b、c，cosC，利用同角三角函數的關系式sin1C+cos1C＝1，解得sinC，由于acosB+bcosA＝1，利用余弦定理，解得c＝1．所以c1＝a1+b1﹣1abcosC，整理得4，由于a1+b1≥1ab，故，所以．則，△ABC面積的最大值為，故選D．【點睛】本題考查的知識要點：三角函數關系式的恒等變換，正弦定理余弦定理和三角形面積的應用，基本不等式的應用，主要考查學生的運算能力和轉換能力，屬于中檔題．7、D【解析】故.【考點定位】本題主要考查基本不等式的應用及指數不等式的解法，屬于簡單題.8、D【解析】

根據，用基向量表示，然后與題目條件對照，即可求出．【詳解】由在中，是邊上一點，，則，即，故選．【點睛】本題主要考查了平面向量基本定理的應用及向量的線性運算．9、C【解析】選取兩支彩筆的方法有種，含有紅色彩筆的選法為種，由古典概型公式，滿足題意的概率值為.本題選擇C選項.考點：古典概型名師點睛：對于古典概型問題主要把握基本事件的種數和符合要求的事件種數，基本事件的種數要注意區別是排列問題還是組合問題，看抽取時是有、無順序，本題從這5支彩筆中任取2支不同顏色的彩筆，是組合問題，當然簡單問題建議采取列舉法更直觀一些.10、A【解析】

把直線方程化為，得到直線恒過定點，由此可得點P到直線的距離的最大值就是點P到定點的距離，得到答案．【詳解】由題意，直線可化為，令，解得，即直線恒過定點，則點P到直線的距離的最大值就是點P到定點的距離為：，故選A．【點睛】本題主要考查了直線方程的應用，其中解答中把直線方程化為，得出直線恒過定點是解答本題的關鍵，著重考查了轉化思想，以及推理與運算能力，屬于基礎題．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

求出函數的定義域，結合復合函數求單調性的方法求解即可.【詳解】由，解得令，則函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增函數在定義域內單調遞增函數的單調遞減區間是故答案為：【點睛】本題主要考查了復合函數的單調性，屬于中檔題.12、【解析】

分別算出兩點間的距離，共有種，構成三角形的條件為任意兩邊之和大于第三邊，所以在這10種中找出滿足條件的即可．【詳解】由兩點之間的距離公式，得：，，，任取三點有：，共10種，能構成三角形的有：，共6種，所求概率為：.【點睛】構成三角形必須滿足任意兩邊之和大于第三邊，則n個點共有個線段，找出滿足條件的即可，屬于中等難度題目．13、【解析】

由圓上有兩個點到直線的距離為3，先求出圓心到直線的距離，得到不等關系式，即可求解．【詳解】由題意，圓的圓心坐標為，半徑為，則圓心到直線的距離為，又因為圓上有兩個點到直線的距離為3，則，解得，即圓的半徑的取值范圍是．【點睛】本題主要考查了直線與圓的位置關系的應用，其中解答中合理應用圓心到直線的距離，結合圖象得到半徑的不等關系式是解答的關鍵，著重考查了數形結合思想，以及推理與運算能力，屬于中檔試題．14、【解析】

作交于，連接，可得是與所成的角根據等腰三角形的性質，作交于，同理可得，根據，的關系即可得解.【詳解】解：作交于，連接，因為三棱錐中，它的每個面都是全等的正三角形，為正三角形，，，是與所成的角，根據等腰三角形的性質．作交于，同理可得，則，∵，∴，得．故答案為：【點睛】本題考查異面直線所成的角，屬于中檔題.15、【解析】

利用累加法和裂項求和得到答案.【詳解】當時滿足故答案為【點睛】本題考查了數列的累加法，裂項求和法，意在考查學生對于數列公式和方法的靈活運用.16、【解析】試題分析：函數要使對恒成立，只要小于或等于的最小值即可，的最小值是0，即只需滿足，解得.考點：恒成立問題.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)單調遞增區間為；對稱軸方程為，；(3)14800【解析】

（1）先求出，令求出點B的坐標；（2）利用復合函數的單調性原理求函數的單調增區間，利用三角函數的圖像和性質求對稱軸方程；（3）由（2）知對稱軸方程為，，所以，，…，，即得解.【詳解】解:（1）由已知，得∴令，得，，∴，.當時，，∴得坐標為（2）單調遞增區間，得，∴單調遞增區間為對稱軸，得，∴對稱軸方程為，（3）由，得，根據正弦函數圖象的對稱性，且由（2）知對稱軸方程為，∴，，…，∴【點睛】本題主要考查三角恒等變換和三角函數的圖像和性質，考查等差數列求和，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于中檔題.18、（1）（2）【解析】試題分析：（Ⅰ）先由正弦定理將三角形的邊角關系轉化為角角關系，再利用兩角和的正弦公式和誘導公式進行求解；（Ⅱ）先利用余弦定理求出，再利用三角形的面積公式進行求解.試題解析：（Ⅰ）由又所以.（Ⅱ）由余弦定理有，解得，所以點睛：在利用余弦定理進行求解時，往往利用整體思想，可減少計算量，若本題中的.19、(1);(2).【解析】試題分析：本題是正弦定理、余弦定理的應用．（1）中，在中可得的大小，運用余弦定理得到關于的一元二次方程，通過解方程可得的值；（2）中先在中由正弦定理得，并根據題意判斷出為鈍角，根據求出．試題解析：（1）由題意可得，在中，由余弦定理得，所以，整理得，解得：．故的長為．（2）在中，由正弦定理得，即所以，所以．因為點在邊上，所以，而，所以只能為鈍角，所以，所以．20、（1）證明見詳解，（2）證明見詳解，（3）當為的中點時，平面平面BDE，證明見詳解【解析】

（1）連接與相交于，可得，結合線面平行的判定定理即可證明平面（2）先證明和即可得出平面，然后可得，又，即可證明平面（3）當為的中點時，平面平面BDE，由已知易得，結合平面可得平面，進而根據面面垂直的判定定理得到結論.【詳解】（1）如圖，連接與相交于，則為的中點連接，又為的中點所以，又平面，平面所以平面（2）因為，所以四邊形為正方形所以又因為平面，平面所以所以平面，所以又在直三棱柱中，所以平面（3）當為的中點時，平面平面BDE因為分別是的中點所以,因為平面所以平面，又平面所以平面平面BDE【點睛】本題考查的是立體幾何中線面平行和垂直的證明，要求我們要熟悉并掌握平行與垂直有關的判定定理和性質定理，在證明的過程中要注意步驟的完整.21、（1）見解析；（2）；（3）存在，為中點.【解析】

（1）以CB為x軸，CA為y軸，CC1為z軸，C為原點建立坐標系，設E（m，0，2），要證A1C⊥AE，可證,只需證明，利用向量的數量積運算即可證明；（2）分別求出平面EA1D、平面A1DB的一個法向量，由兩法向量夾角余弦值的絕對值等于，解得m值，由此可得答案；（3）在（2）的條件下，設F（x，y，0），可知與平面A1DB的一個法向量平行，由此可求出點F坐標，進而求出||，即得答案.【詳解】（1）以CB為x軸，CA為y軸，CC1為z軸，C為原點建立坐標系，設E（m，0，2），C（0，0，0），A（0，2，0），A1（0，2，2），D（0，0，1），B（2，0，0），＝（0，﹣2，﹣2），＝（m，﹣2，2），因為＝0+（﹣2）×（﹣2）﹣2×2＝0，所以⊥，即A1C⊥AE；（2）＝（m，0，1），＝（0，2，1），設＝（x，y，z）為平面EA1D的一個法向量，則即，取＝（2，m，﹣2m），＝（2，0，﹣1），設＝（x，y，z）為平面A1DB的一個法向量，則，即，取＝（1，﹣1，2