PAGE20-湖南省長沙市雅禮教化集團2024-2025學年高一數學下學期期末考試試題（含解析）（時量：120分鐘滿分：150分）一、選擇題：本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.等差數列中，，，則數列的公差為（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】設數列的公差為，則由題意可得，，由此解得的值．【詳解】解：設數列的公差為，則由，，可得，，解得.故選：B．【點睛】本題考查等差數列的通項公式的應用，由已知條件求基本量．2.假如直線(2a+5)x+(a－2)y+4=0與直線(2－a)x+(a+3)y－1=0相互垂直，則a的值等于（）A.2 B.－2 C.2,－2 D.2,0,－2【答案】C【解析】(2a＋5)(2－a)＋(a－2)(a＋3)＝0，所以a＝2或a＝－2.3.在中，，，，則邊長為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用余弦定理可求得邊長.【詳解】由余弦定理得，因此，.故選：D.【點睛】本題考查利用余弦定理解三角形，考查計算實力，屬于基礎題.4.《九章算術》第三章“衰分”介紹比例安排問題：“衰分”是按比例遞減安排的意思,通常稱遞減的比例(百分比)為“衰分比”．如：甲、乙、丙、丁“哀”得,,,個單位,遞減的比例為,今共有糧石,按甲、乙、丙、丁的依次進行“衰分”,已知丙衰分得石,乙、丁衰分所得的和為石,則“衰分比”與的值分別為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】設“衰分比”為,甲衰分得石,由題意列出方程組,由此能求出結果．【詳解】解：設“衰分比”為,甲衰分得石,由題意得,解得,,．故選A．【點睛】本題考查等比數列在生產生活中的實際應用,是基礎題,解題時要仔細審題,留意等比數列的性質的合理運用．5.如圖所示，一個空間幾何體的正視圖、側視圖、俯視圖為全等的等腰直角三角形，假如直角三角形的直角邊長為2，那么這個幾何體的體積為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依據三視圖還原原圖，并依據錐體體積公式，計算出幾何體的體積.【詳解】由三視圖可知，該幾何體為三棱錐，如下圖所示，故體積為.故選：A【點睛】本小題主要考查依據三視圖還原原圖，考查幾何體體積的求法，屬于基礎題.6.已知向量，滿意，，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】計算出、的值，利用平面對量數量積可計算出的值.【詳解】，，，.，因此，.故選：D.【點睛】本題考查平面對量夾角余弦值的計算，同時也考查了平面對量數量積的計算以及向量模的計算，考查計算實力，屬于中等題.7.下列命題中錯誤的是（）A.假如平面α⊥平面β，那么平面α內肯定存在直線平行于平面βB.假如平面α不垂直于平面β，那么平面α內肯定不存在直線垂直于平面βC.假如平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β=l，那么l⊥平面γD.假如平面α⊥平面β，那么平面α內全部直線都垂直于平面β【答案】D【解析】由題意可知：A、結合實物：教室的門面與地面垂直，門面的上棱對應的直線就與地面平行，故此命題成立；B、假如平面α內存在直線垂直于平面β，依據面面垂直的判定定理可知兩平面垂直．故此命題成立；C、結合面面垂直的性質可以分別在α、β內作異于l的直線垂直于交線，再由線面垂直的性質定理可知所作的垂線平行，進而得到線面平行再由線面平行的性質可知所作的直線與l平行，又∵兩條平行線中的一條垂直于平面那么另一條也垂直于平面，故命題成立；D、舉反例：教室內側墻面與地面垂直，而側墻面內有許多直線是不垂直與地面的．故此命題錯誤．故選D．8.若過點（2，1）的圓與兩坐標軸都相切，則圓心到直線的距離為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由題意可知圓心在第一象限，設圓心的坐標為，可得圓的半徑為，寫出圓的標準方程，利用點在圓上，求得實數的值，利用點到直線的距離公式可求出圓心到直線的距離.【詳解】由于圓上的點在第一象限，若圓心不在第一象限，則圓與至少與一條坐標軸相交，不合乎題意，所以圓心必在第一象限，設圓心的坐標為，則圓的半徑為，圓的標準方程為.由題意可得，可得，解得或，所以圓心的坐標為或，圓心到直線的距離均為；圓心到直線的距離均為圓心到直線的距離均為；所以，圓心到直線的距離為.故選：B.【點睛】本題考查圓心到直線距離的計算，求出圓的方程是解題的關鍵，考查計算實力，屬于中等題.9.在中，，，，則（）A. B.或 C. D.不存【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理求得的值，結合大邊對大角定理以及的取值范圍可求得的大小.【詳解】由正弦定理，得，，則，且，因此，或.故選：B.【點睛】本題考查利用正弦定理解三角形，考查計算實力，屬于基礎題.10.數列中，，且，則數列前2024項和為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由，可得，化為：，利用“累加求和”方法可得，再利用裂項求和法即可得解．【詳解】解：∵，∴，整理得：，∴，又∴，可得：．則數列前2024項和為：．故選B．【點睛】本題主要考查了數列遞推關系、“累加求和”方法、裂項求和，考查了推理實力、轉化實力與計算實力，屬于中檔題．11.如圖所示，平面四邊形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD，將其沿對角線BD折成四面體ABCD，使平面ABD⊥平面BCD，若四面體ABCD的頂點在同一個球面上，則該球的體積為()A. B.3πC. D.2π【答案】A【解析】由題可知，球心中點上，所以，所以，故選A．點睛：本題中三棱錐的外接球的球心，首先找究竟面的外心，在中點上，再在過底面外心的中軸線的一點，滿意到各頂點的距離相等，則該點就是外接球球心，本題的中點恰好滿意球心．外接球問題關鍵就是找到球心，求出半徑．12.數列滿意，則的前項和為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分和兩種狀況探討，推導出。，由此可計算出數列的前項和.詳解】當時，；當時，，可得，，，因此，數列的前項和為.故選：D.【點睛】本題考查分組求和，推導出，是解題的關鍵，考查計算實力，屬于中等題.二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分，把答案填在對應題號后的橫線上.13.在正方體中，直線與所成角的大小為____________.【答案】【解析】【分析】分別連接,可得，得到異面直線與所成角即為直線與所成角，在中，即可求解.【詳解】如圖所示，在正方體中，分別連接,可得,所以異面直線與所成角即為直線與所成角，設，在中，可得，所以，即異面直線與所成角.故答案為：.【點睛】本題主要考查了異面直線所成角的求解，其中解答中熟記異面直線所成的求法是解答的關鍵，著重考查運算與求解實力，屬于基礎題.14.設、為單位向量，且，則____________.【答案】【解析】【分析】本題首先可以依據、為單位向量得出，然后依據得出，最終通過計算的值即可得出結果.【詳解】因為、為單位向量，所以，因為，所以，，則，，故答案為.【點睛】本題考查單位向量的相關性質以及向量的模的相關計算，若向量為單位向量，則向量的模長為，考查計算實力，是簡潔題.15.若數列{an}的前n項和為Sn＝an＋，則數列{an}的通項公式是an=______.【答案】；【解析】【詳解】試題分析：解：當n=1時，a1=S1=a1+，解得a1=1,當n≥2時，an=Sn-Sn-1=（）-（）=-整理可得an＝?an?1，即=-2，故數列{an}是以1為首項，-2為公比的等比數列，故an=1×（-2）n-1=（-2）n-1故答案為（-2）n-1．考點:等比數列的通項公式．16.如圖，在正方體中，點在線段上運動，則下列命題：①直線⊥平面②三棱錐的體積為定值③異面直線與所成角的取值范圍是④直線與平面所成角的正弦值的最大值為其中全部真命題的序號是____________.【答案】①②④【解析】【分析】對于①，利用線面垂直的判定定理及線面垂直的性質定理，即可進行推斷；對于②，利用線面平行的判定定理，得出∥平面，再依據三棱錐的體積的計算方法，即可進行推斷；對于③，利用異面直線所成角的計算方法，即可進行推斷；對于④，通過建立空間直角坐標系，利用坐標法求出直線與平面所成角的正弦值，然后借助二次函數，即可進行推斷.【詳解】對于①，連接，，，，平面，，同理，，，直線平面，故①正確；對于②，∥，平面，平面，∥平面，點在線段上運動，點到平面的距離為定值，又的面積為定值，三棱錐的體積為定值，故②正確；對于③，∥，異面直線與所成的角即為與所成的角，當點位于點時，與所成的角為，當點位于的中點時，平面，，，此時，與所成的角為，異面直線與所成角的取值范圍是，故③錯誤；對于④，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，設正方體的棱長為1，，則，，，，，，設平面的法向量，則，即，令，得，所以，直線與平面所成角的正弦值為：，當時，直線與平面所成角的正弦值取得最大值，最大值為，故④正確.故答案為：①②④.【點睛】本題考查線面垂直的判定定理、線面垂直的性質定理、線面平行的判定定理、三棱錐的體積的計算方法、異面直線所成角的計算方法、利用向量法求解直線與平面所成角的正弦值，考查學生對這些學問的駕馭實力，屬于中檔題.三、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.如圖，在三棱錐中，，，，D為線段AC的中點，E為線段PC上一點.（1）求證：；（2）求證：平面BDE⊥平面PAC.【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）先利用線面垂直的判定定理，證得平面，進而得到；（2）利用線面垂直的判定定理，證得平面，再結合面面垂直的判定，即可證得平面平面；【詳解】（1）由，，且平面，平面，且，由線面垂直的判定定理，可得平面，又因為平面，所以；（2）由，為的中點，可得，又由平面，平面，所以平面平面，又因為平面平面平面，且，所以平面，因為平面，所以平面平面【點睛】本題主要考查了線面垂直的判定及性質，以及平面與平面垂直的判定與證明，其中解答中熟記線面位置關系的判定定理和性質定理是解答的關鍵，著重考查推理與論證實力，屬于基礎題.18.設數列滿意.（1）求的通項公式；（2）求數列的前項和．【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）利用遞推公式,作差后即可求得的通項公式.（2）將的通項公式代入,可得數列的表達式.利用裂項法即可求得前項和.【詳解】（1）數列滿意時,∴∴當時,,上式也成立∴（2）∴數列的前n項和【點睛】本題考查了利用遞推公式求通項公式,裂項法求和的簡潔應用,屬于基礎題.19.已知的內角的對邊分別是，且.（1）求；（2）若，的面積為，求的周長.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依據，由二倍角正弦公式得到，然后由正弦定理求解.（2）依據，利用余弦定理，得到，再依據的面積為，得到，兩式聯立求解.【詳解】（1）由，得，由正弦定理，得，由于，所以.因為，所以.（2）由余弦定理，得，又，所以.①又的面積為，即，即，即.②由①②得，則，得.所以的周長為.【點睛】本題主要考查等正弦定理，余弦定理應用以及二倍角公式，還考查了運算求解的實力，屬于中檔題.20.如圖所示，四棱錐中，底面為正方形，平面，，，，分別為、、的中點．（1）求證：//平面；（2）求三棱錐的體積．【答案】(1)見解析；(2).【解析】【詳解】(1)取的中點,連接,,由于,所以,即四點共面.依據三角形的中位線得,所以平面.(2)由于平面,所以,而,所以平面,故.【點睛】本小題主要考查空間直線與平面平行的證明,考查空間幾何體體積的求法,考查了平面延長的方法.由于平面范圍較小,故須要將平面擴綻開來,擴展的方法就是構造線線平行來擴展,即利用來擴展這個平面,再結合三角形的中位線即可證得線面平行.21.已知點，點在圓上運動.（1）求過點且被圓截得的弦長為的直線方程；（2）求的最值.【答案】(1)或;(2)最大值為88,最小值為72.【解析】【分析】(1)依題意,直線的斜率存在,設出直線方程,結合點到直線距離公式,列出方程求解,即可得出結果.(2)由設點坐標為則.代入化簡可得,由,即可求得求的最值.【詳解】(1)依題意,直線的斜率存在,因為過點且被圓截得的弦長為,所以圓心到直線的距離為,設直線方程為,即,所以,解得或所以直線方程為或.(2)設點坐標為則.因為,所以,即的最大值為88,最小值為72.【點睛】本題主要考查已知弦長求直線方程,考查圓上的點到定點的距離平方和的最值問題,熟記直線與圓的位置關系,以及點到直線距離公式即可,難度較易.22.已知數列與滿意，.（1）若，且，求數列的通項公式；（2）設，，求的取值范圍，使得對隨意m，，，且.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由得到，因此