2025屆山東省威海市高一數學第二學期期末經典試題考生請注意：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，且，則（）A． B． C． D．2．已知a,b是正實數,且,則的最小值為()A． B． C． D．3．半徑為，中心角為的弧長為（）A． B． C． D．4．設函數，若關于的方程恰有個不同的實數解，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．5．已知，，那么是（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限6．已知，集合，則A． B． C． D．7．已知向量a→=（2，0），|b→|＝1，a→?A．2π3 B．π3 C．π8．設在中,角所對的邊分別為,若,則的形狀為（）A．銳角三角形 B．直角三角形 C．鈍角三角形 D．不確定9．如果，并且，那么下列不等式中不一定成立的是（）A． B． C． D．10．如果，且，那么下列不等式成立的是（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若，且，則的最小值是______.12．棱長為，各面都為等邊三角形的四面體內有一點，由點向各面作垂線，垂線段的長度分別為，則=______．13．關于的不等式的解集是，則______．14．記Sn為等比數列{an}的前n項和．若，則S5=____________．15．若數列滿足（）,且，，__.16．數列的前項和為，已知，且對任意正整數，都有，若恒成立，則實數的最小值為________.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．某地區有小學21所，中學14所，現采用分層抽樣的方法從這些學校中抽取5所學校，對學生進行視力檢查．（1）求應從小學、中學中分別抽取的學校數目；（2）若從抽取的5所學校中抽取2所學校作進一步數據分析：①列出所有可能抽取的結果；②求抽取的2所學校至少有一所中學的概率．18．一個盒子中裝有4張卡片，每張卡片上寫有1個數字，數字分別是1、2、3、4，現從盒子中隨機抽取卡片.(Ⅰ)若一次從中隨機抽取3張卡片，求3張卡片上數字之和大于或等于7的概率；(Ⅱ)若第一次隨機抽取1張卡片，放回后再隨機抽取1張卡片，求兩次抽取的卡片中至少一次抽到數字2的概率.19．如圖，在四棱錐中，底面是菱形，底面.（Ⅰ）證明：；（Ⅱ）若，求二面角的余弦值.20．不等式的解集為______.21．在△ABC中，a，b，c分別為內角A，B，C的對邊，且2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC..(1)求角A的大??；(2)若sinB＋sinC＝3，試判斷△ABC的形狀.

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】

直接利用向量平行的充要條件列方程求解即可.【詳解】由可得到.故選A【點睛】利用向量的位置關系求參數是出題的熱點，主要命題方式有兩個：（1）兩向量平行，利用解答；（2）兩向量垂直，利用解答.2、B【解析】

設，則，逐步等價變形，直到可以用基本不等式求最值，即可得到本題答案.【詳解】由，得，設，則，所以.故選：B【點睛】本題主要考查利用基本不等式求最值，化簡變形是關鍵，考查計算能力，屬于中等題.3、D【解析】

根據弧長公式，即可求得結果.【詳解】，.故選D.【點睛】本題考查了弧長公式，屬于基礎題型.4、B【解析】

由已知中函數，若關于的方程恰有個不同的實數解，可以根據函數的圖象分析出實數的取值范圍．【詳解】函數的圖象如下圖所示：關于的方程恰有個不同的實數解，令t＝f（x），可得t2﹣at+2＝0，（*）則方程（*）的兩個解在（1，2]，可得，解得，故選：B.【點睛】本題考查的知識點是根的存在性及根的個數判斷，其中根據已知中函數的解析式，畫出函數的圖象，再利用數形結合是解答本題的關鍵．5、C【解析】

根據,,可判斷所在象限.【詳解】,在三四象限.,在一三象限，故在第三象限答案為C【點睛】本題考查了三角函數在每個象限的正負，屬于基礎題型.6、D【解析】

先求出集合A，由此能求出?UA．【詳解】∵U＝R，集合A＝{x|1﹣2x＞0}＝{x|x}，∴?UA＝{x|x}．故選：D．【點睛】本題考查補集的求法，考查補集定義、不等式性質等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．7、A【解析】

直接利用向量夾角公式得到答案.【詳解】解：向量a→=（2，0），|b→|＝1，a可得cos＜a→則a→與b的夾角為：2π故選：A．【點睛】本題考查向量的數量積的應用，向量的夾角的求法，是基本知識的考查．8、B【解析】

利用正弦定理可得，結合三角形內角和定理與誘導公式可得，從而可得結果.【詳解】因為，所以由正弦定理可得，，所以，所以是直角三角形.【點睛】本題主要考查正弦定理的應用，屬于基礎題.弦定理是解三角形的有力工具，其常見用法有以下幾種：（1）知道兩邊和一邊的對角，求另一邊的對角（一定要注意討論鈍角與銳角）；（2）知道兩角與一個角的對邊，求另一個角的對邊；（3）證明化簡過程中邊角互化；（4）求三角形外接圓半徑.9、D【解析】

不等式兩邊乘（或除以）同一個負數，不等號的方向改變，可判定A的真假；a>b，-1>-2，根據同向不等式可以相加，可判定B的真假；根據a-b>0則b-a<0，進行判定C的真假；a的符號不確定，從而選項D不一定成立，從而得到結論．【詳解】∵a，b∈R，并且a>b，∴?a<?b，故A一定正確；a>b，?1>?2，根據同向不等式可以相加得，a?1>b?2，故B一定正確；a?b>0則b?a<0，所以a?b>b?a，故C一定正確；不等式兩邊乘(或除以)同一個正數,不等號的方向不變,不等式兩邊乘(或除以)同一個負數，不等號的方向改變，而a的符號不確定，故D不一定正確.故選D.【點睛】本題主要考查利用不等式的性質判斷不等關系，屬于基礎題.10、D【解析】

由，且，可得．再利用不等式的基本性質即可得出，．【詳解】，且，．，，因此．故選：．【點睛】本題考查了不等式的基本性質，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、8【解析】

利用的代換，將寫成，然后根據基本不等式求解最小值.【詳解】因為（即取等號），所以最小值為.【點睛】已知，求解（）的最小值的處理方法：利用，得到，展開后利用基本不等式求解，注意取等號的條件.12、．【解析】

根據等積法可得∴13、【解析】

利用二次不等式解集與二次方程根的關系，由二次不等式的解集得到二次方程的根，再利用根與系數的關系，得到和的值，得到答案.【詳解】因為關于的不等式的解集是，所以關于的方程的解是，由根與系數的關系得，解得，所以.【點睛】本題考查二次不等式解集和二次方程根之間的關系，屬于簡單題.14、.【解析】

本題根據已知條件，列出關于等比數列公比的方程，應用等比數列的求和公式，計算得到．題目的難度不大，注重了基礎知識、基本計算能力的考查．【詳解】設等比數列的公比為，由已知，所以又，所以所以．【點睛】準確計算，是解答此類問題的基本要求．本題由于涉及冪的乘方運算、繁分式分式計算，部分考生易出現運算錯誤．15、1【解析】

由數列滿足，即，得到數列的奇數項和偶數項分別構成公比為的等比數列，利用等比數列的極限的求法，即可求解．【詳解】由題意，數列滿足，即，又由，，所以數列的奇數項構成首項為1，公比為，偶數項構成首項為，公比為的等比數列，當為奇數時，可得，當為偶數時，可得．所以．故答案為：1.【點睛】本題主要考查了等比數列的定義，以及無窮等比數列的極限的計算，其中解答中得出數列的奇數項和偶數項分別構成公比為的等比數列是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．16、【解析】令，可得是首項為，公比為的等比數列，所以，，實數的最小值為，故答案為.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、（1）3所、2所；（2）①共10種；②【解析】

（1）根據分層抽樣的方法，得到分層抽樣的比例，即可求解樣本中小學與中學抽取的學校數目；（2）①3所小學分別記為；2所中學分別記為，利用列舉法，即可求得抽取的2所學校的所有結果；②利用古典概型的概率計算公式，即可求得相應的概率．【詳解】（1）學?？倲禐?5所，所以分層抽樣的比例為，計算各類學校應抽取的數目為：，故從小學、中學中分別抽取的學校數目為3所、2所．（2）①3所小學分別記為；2所中學分別記為應抽取的2所學校的所有結果為：共10種．②設“抽取的2所學校至少有一所中學”作為事件．其結果共有7種，所以概率為．【點睛】本題主要考查了分層抽樣的應用，以及古典概型及其概率的計算，其中解答中認真審題，合理利用列舉法求得基本事件的總數是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．18、（1）（2）【解析】

古典概型要求能夠列舉出所有事件和發生事件的個數，本題可以列舉出所有事件，概率問題同其他的知識點結合在一起，實際上是以概率問題為載體，主要考查的是另一個知識點（1）由題意知本題是一個古典概型，試驗包含的所有事件是任取三張卡片，三張卡片上的數字全部可能的結果，可以列舉出，而滿足條件的事件數字之和大于7的，可以從列舉出的結果中看出．（2）列舉出每次抽1張，連續抽取兩張全部可能的基本結果，而滿足條件的事件是兩次抽取中至少一次抽到數字3，從前面列舉出的結果中找出來．解：(Ⅰ)設A表示事件“抽取3張卡片上的數字之和大于或等于7”，任取三張卡片，三張卡片上的數字全部可能的結果是（1、2、3），（1、2、4），（1、3、4），（2、3、4），共4種，數字之和大于或等于7的是（1、2、4），（1、3、4），（2、3、4），共3種，所以P(A)=.(Ⅱ)設B表示事件“至少一次抽到2”，第一次抽1張，放回后再抽取1張的全部可能結果為：（1、1）（1、2）（1、3）（1、4）（2、1）（2、2）（2、3）（2、4）（3、1）（3、2）（3、3）（3、4）（4、1）（4、2）（4、3）（4、4），共16個事件B包含的結果有（1、2）（2、1）（2、2）（2、3）（2、4）（3、2）（4、2），共7個所以所求事件的概率為P(B)=.19、（Ⅰ）見解析（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）由底面推出，由菱形的性質推出，即可推出平面從而得到；（Ⅱ）作，交的延長線于，連接，則二面角的平面角是，由已知條件求出AD，進而求出AE、PD，即可求得.【詳解】（Ⅰ）證明：連接，∵底面，底面,∴.∵四邊形是菱形，∴.又∵，平面，平面，∴平面，∴.（Ⅱ）作，交的延長線于，連接.由于，于是平面，平面，，所以二面角的平面角是.設“”，且底面是菱形，，，，∴.【點睛】本題考查線面垂直、線線垂直的證明，二面角的余弦值，屬于中檔題.20、【解析】

根據一元二次不等式的解法直接求解即可.【詳解】因為方程的根為：，，所以不等式的解集為.故答案為：.【點睛】本題考查一元二次不等式的解法，考查對基礎知識和基本技能的掌握，屬于基礎題.21、（1）60°【解析】

（1）利用余弦定理表示出cosA，然后根據正弦定理化簡已知的等式，整理后代入表示出的cosA中，化簡后求出cosA的值，由A為三角形的內角，利用特殊角的三角函數值即可求出A的度數；（2）由A為60°，利用三角形的內角和定理得到B+C的度數，用B表示出C，代入已知的sinB+sinC=3中，利用兩角和與差的正弦函數公式及特殊角的三角函數值化簡，整理后再利用兩角和與差的正弦函數公式及特殊角的三角函數值化為一個角的正弦函數，由B的范圍，求出這個角的范圍，利用特殊角的三角函數值求出B為60°，可得出三角形ABC三個角相等，都為60°，則三角形ABC為等邊三角形．【詳解】(1)由2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC，得2a2＝(2b－c)b＋(2c－b)c，即bc＝b2＋c2－a2，∴cosA