泰安第一中學2025屆數學高一下期末經典試題含解析

泰安第一中學2025屆數學高一下期末經典試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y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1．一組數平均數是，方差是，則另一組數，的平均數和方差分別是（）A． B．C． D．2．向量，若，則的值是（）A． B． C． D．3．若數列，若，則在下列數列中，可取遍數列前項值的數列為（）A． B． C． D．4．甲、乙、丙、丁四名運動員參加奧運會射擊項目選拔賽，四人的平均成績和方差如下表所示，從這四個人中選擇一人參加奧運會射擊項目比賽，最佳人選是（）人數據甲乙丙丁平均數8.68.98.98.2方差3.53.52.15.6A．甲 B．乙 C．丙 D．丁5．的值為（）A．1 B． C． D．6．設，，是平面內共線的三個不同的點，點是，，所在直線外任意-點，且滿足，若點在線段的延長線上，則（）A．， B．， C． D．7．將函數的圖像向右平衡個單位長度，再把圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的倍（縱坐標不變）得到函數的圖象，則下列說法正確的是（）A．函數的最大值為 B．函數的最小正周期為C．函數的圖象關于直線對稱 D．函數在區(qū)間上單調遞增8．如圖，在正方體，點在線段上運動，則下列判斷正確的是（）①平面平面②平面③異面直線與所成角的取值范圍是④三棱錐的體積不變A．①② B．①②④ C．③④ D．①④9．在如圖的正方體中，M、N分別為棱BC和棱的中點,則異面直線AC和MN所成的角為()A． B． C． D．10．已知函數相鄰兩個零點之間的距離為，將的圖象向右平移個單位長度，所得的函數圖象關于軸對稱，則的一個值可能是（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知四面體的四個頂點均在球的表面上，為球的直徑，，四面體的體積最大值為____12．在中，給出如下命題:①是所在平面內一定點，且滿足，則是的垂心；②是所在平面內一定點，動點滿足，，則動點一定過的重心；③是內一定點，且，則；④若且，則為等邊三角形，其中正確的命題為_____（將所有正確命題的序號都填上）13．如圖，已知圓，六邊形為圓的內接正六邊形，點為邊的中點，當六邊形繞圓心轉動時，的取值范圍是________．14．在上定義運算，則不等式的解集為_____．15．已知向量，，且，則______．16．已知數列的前項和為，則其通項公式__________．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．已知各項均為正數的等比數列滿足：，且，．(Ⅰ)求數列的通項公式；(Ⅱ)求數列的前n項和.18．已知等比數列的公比，且的等差中項為10，.（Ⅰ）求數列的通項公式；（Ⅱ）設，求數列的前項和.19．如圖，在中，已知點D在邊BC上，，的面積是面積的倍，且，.（1）求；（2）求邊BC的長.20．已知等比數列為遞增數列，，，數列滿足．（1）求數列的通項公式；（2）求數列的前項和．21．已知函數.(1)求的值；(2)若，求的取值范圍.

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】

直接利用公式：平均值方差為，則的平均值和方差為：得到答案.【詳解】平均數是，方差是，的平均數為：方差為：故答案選B【點睛】本題考查了平均數和方差的計算：平均數是，方差是，則的平均值和方差為：.2、C【解析】

由平面向量的坐標運算與共線定理，列方程求出λ的值．【詳解】向量=（-4，5），=（λ，1），則-=（-4-λ，4），又（-）∥，所以-4-λ-4λ=0，解得λ=-．故選C．【點睛】本題考查了平面向量的坐標運算與共線定理應用問題，是基礎題．3、D【解析】

推導出是以6為周期的周期數列，從而是可取遍數列前6項值的數列．【詳解】數列，，，，，，，，，是以6為周期的周期數列，是可取遍數列前6項值的數列．故選：D.【點睛】本題考查數列的周期性與三角函數知識的交會，考查基本運算求解能力，求解時注意函數與方程思想的應用．4、C【解析】

甲，乙，丙，丁四個人中乙和丙的平均數最大且相等，甲，乙，丙，丁四個人中丙的方差最小，說明丙的成績最穩(wěn)定，得到丙是最佳人選．【詳解】甲，乙，丙，丁四個人中乙和丙的平均數最大且相等，甲，乙，丙，丁四個人中丙的方差最小，說明丙的成績最穩(wěn)定，綜合平均數和方差兩個方面說明丙成績即高又穩(wěn)定，丙是最佳人選，故選：C．【點睛】本題考查平均數和方差的實際應用，考查數據處理能力，求解時注意方差越小數據越穩(wěn)定.5、A【解析】

利用誘導公式將轉化到，然后直接計算出結果即可.【詳解】因為，所以.故選：A.【點睛】本題考查正切誘導公式的簡單運用，難度較易.注意：.6、A【解析】

由題可得：，將代入整理得：，利用點在線段的延長線上可得：，問題得解.【詳解】由題可得：，所以可化為：整理得：，即：又點在線段的延長線上，所以與反向，所以，故選A【點睛】本題主要考查了平面向量中三點共線的推論，還考查了向量的減法及數乘向量的應用，考查了轉化思想，屬于中檔題．7、C【解析】

根據函數y＝Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，得到g（x）的解析式，再利用正弦函數的圖象性質，得出結論．【詳解】將函數的圖象向右平移個單位長度，可得y＝2sin（2x）的圖象，再把圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變），得到函數g（x）＝2sin（x）的圖象，故g（x）的最大值為2，故A錯誤；顯然，g（x）的最小正周期為2π，故B錯誤；當時，g（x）＝，是最小值，故函數g（x）的圖象關于直線對稱，故C正確；在區(qū)間上，x∈[，]，函數g（x）＝2sin（x）單調遞減，故D錯誤，故選：C．【點睛】本題主要考查函數y＝Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，正弦函數的圖象性質應用，屬于基礎題．8、B【解析】

①連接DB1，容易證明DB1⊥面ACD1，從而可以證明面面垂直；②連接A1B，A1C1容易證明平面BA1C1∥面ACD1，從而由線面平行的定義可得；③分析出A1P與AD1所成角的范圍，從而可以判斷真假；④=，C到面AD1P的距離不變，且三角形AD1P的面積不變；【詳解】對于①，連接DB1，根據正方體的性質，有DB1⊥面ACD1，DB1?平面PB1D，從而可以證明平面PB1D⊥平面ACD1，正確．②連接A1B，A1C1容易證明平面BA1C1∥面ACD1，從而由線面平行的定義可得A1P∥平面ACD1，正確．③當P與線段BC1的兩端點重合時，A1P與AD1所成角取最小值，當P與線段BC1的中點重合時，A1P與AD1所成角取最大值，故A1P與AD1所成角的范圍是，錯誤；④=，C到面AD1P的距離不變，且三角形AD1P的面積不變．∴三棱錐A﹣D1PC的體積不變，正確；正確的命題為①②④．故選B．【點睛】本題考查空間點、線、面的位置關系，空間想象能力，中檔題．9、C【解析】

將平移到一起，根據等邊三角形的性質判斷出兩條異面直線所成角的大小.【詳解】連接如下圖所示，由于分別是棱和棱的中點，故，根據正方體的性質可知，所以是異面直線所成的角，而三角形為等邊三角形，故.故選C.【點睛】本小題主要考查空間異面直線所成角的大小的求法，考查空間想象能力，屬于基礎題.10、D【解析】

先求周期，從而求得，再由圖象變換求得．【詳解】函數相鄰兩個零點之間的距離為，則周期為，∴，，圖象向右平移個單位得，此函數圖象關于軸對稱，即為偶函數，∴，，．時，．故選D．【點睛】本題考查函數的圖象與性質．考查圖象平衡變換．在由圖象確定函數解析式時，可由最大值和最小值確定，由“五點法”確定周期，從而確定，再由特殊值確定．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、2【解析】

為球的直徑，可知與均為直角三角形，求出點到直線的距離為，可知點在球上的運動軌跡為小圓.【詳解】如圖所示，四面體內接于球，為球的直徑，，，，過作于，，點在以為圓心，為半徑的小圓上運動，當面面時，四面體的體積達到最大，.【點睛】立體幾何中求最值問題，核心通過直觀想象，找到幾何體是如何變化的？本題求解的突破口在于找到點的運動軌跡，考查學生的空間想象能力和邏輯思維能力.12、①②④．【解析】

①:運用已知的式子進行合理的變形，可以得到，進而得到，再次運用等式同樣可以得到,，這樣可以證明出是的垂心；②：運用平面向量的減法的運算法則、加法的幾何意義，結合平面向量共線定理，可以證明本命題是真命題；③：運用平面向量的加法的幾何意義以及平面向量共線定理，結合面積公式，可證明出本結論是錯誤的；④：運用平面向量的加法幾何意義和平面向量的數量積的定義，可以證明出本結論是正確的.【詳解】①:，同理可得：,，所以本命題是真命題；②:，設的中點為，所以有，因此動點一定過的重心，故本命題是真命題；③:由，可得設的中點為，,,故本命題是假命題；④:由可知角的平分線垂直于底邊，故是等腰三角形，由可知：，所以是等邊三角形，故本命題是真命題，因此正確的命題為①②④.【點睛】本題考查了平面向量的加法的幾何意義和平面向量數量積的運算，考查了數形結合思想.13、【解析】

先求出，再化簡得即得的取值范圍.【詳解】由題得OM=,由題得由題得..所以的取值范圍是.故答案為【點睛】本題主要考查平面向量的運算和數量積運算，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.14、【解析】

根據定義運算，把化簡得，求出其解集即可．【詳解】因為，所以，即，得，解得：故答案為：．【點睛】本題考查新定義，以及解一元二次不等式，考查運算的能力，屬于基礎題．15、【解析】

根據的坐標表示，即可得出，解出即可．【詳解】，，．【點睛】本題主要考查平行向量的坐標關系應用．16、【解析】分析：先根據和項與通項關系得當時，，再檢驗，時，不滿足上述式子，所以結果用分段函數表示.詳解：∵已知數列的前項和，∴當時，，當時，，經檢驗，時，不滿足上述式子，故數列的通項公式．點睛：給出與的遞推關系求，常用思路是：一是利用轉化為的遞推關系，再求其通項公式；二是轉化為的遞推關系，先求出與之間的關系，再求.應用關系式時，一定要注意分兩種情況，在求出結果后，看看這兩種情況能否整合在一起.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)(Ⅱ)【解析】

（I）由得出，可得公比為2，再求出后可得；（II）由（I）得，則，可用錯位相減法求．【詳解】解：(Ⅰ)因為所以即.由因為所以，公比所以(Ⅱ)由(Ⅰ)知，，所以.所以因為所以所以【點睛】本題考查等比數列的通項公式，考查錯位相減法求和．數列求和根據數列的通項公式可采取不同的方法，一般有公式法、分組求和法、裂項相消法、錯位相減法、倒序相加法等．18、（Ⅰ）.（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）利用已知條件求出首項與公差，然后根據等比數列的通項公式，即可求出結果；（Ⅱ）先求出，再利用錯位相減法求數列的前項和.【詳解】解析：（Ⅰ）由題意可得：，∴∵，∴，∴數列的通項公式為.（Ⅱ），∴上述兩式相減可得∴=【點睛】本題考查等比數列通項公式的求法，以及利用錯位相減法求和，考查計算能力，屬于基礎題．19、（1）；（2）【解析】

（1）利用三角形面積公式得出和的表達式，由，化簡得出的值；（2）由結合，得出，在中，利用余弦定理得出，再由余弦定理得出，進而得出，由直角三角形的邊角關系得出，最后由得出的長.【詳解】（1）因為，，且，所以即，所以.（2）由（1）知，所以在中，，，由余弦定理所以.且所以，解得.所以.即邊BC的長為.【點睛】本題主要考查了三角形面積公式以及余弦定理的應用，屬于中檔題.20、（1）（2）【解析】

（1）利用等比數列的下標性質，可以由，得到，通過解方程組，結合已知可以求出的值，這樣可以求出公比，最后可以求出等比數列的