2025年梧州市重点中学数学高一第二学期期末复习检测试题含解析.doc

2025年梧州市重点中学数学高一第二学期期末复习检测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1．与直线平行，且与直线交于轴上的同一点的直线方程是（）
A． B． C． D．
2．已知为等比数列，是它的前项和．若，且与的等差中项为，则（）
A．31 B．32 C． D．
3．在边长为1的等边三角形ABC中，D是AB的中点，E为线段AC上一动点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
4．在中，内角，，的对边分别为，，，且，，为的面积，则的最大值为（ ）
A．1 B．2 C． D．
5．表示不超过的最大整数，设函数，则函数的值域为（ ）
A． B． C． D．
6．某学校美术室收藏有6幅国画，分别为人物、山水、花鸟各2幅，现从中随机抽取2幅进行展览，则恰好抽到2幅不同种类的概率为（　　）
A． B． C． D．
7．已知两条直线m，n，两个平面α，β，下列命题正确是（　 　）
A．m∥n，m∥α⇒n∥α B．α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥n
C．α⊥β，m⊂α，n⊂β⇒m⊥n D．α∥β，m∥n，m⊥α⇒n⊥β
8．如图，向量，，，则向量可以表示为（）

A．
B．
C．
D．
9．设x，y满足约束条件，则z=x-y的取值范围是
A．[–3,0] B．[–3,2] C．[0,2] D．[0,3]
10．在等比数列中，，，则等于（ ）
A．256 B．-256 C．128 D．-128
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知向量、满足：，，，则_________.
12．某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙两级均属次品，若生产中出现乙级品的概率为0.04，出现丙级品的概率为0.01，则对成品抽查一件抽得正品的概率为________.
13．在直角坐标系中，已知任意角以坐标原点为顶点，以轴的非负半轴为始边，若其终边经过点，且，定义： ，称“”为“的正余弦函数”，若，则_________ ．
14．下边程序执行后输出的结果是（ ）．

15．等比数列的首项为，公比为，记，则数列的最大项是第___________项.
16．我国南宋著名数学家秦九韶发现了从三角形三边求三角形面积的“三斜公式”，设的三个内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，面积为S，则“三斜公式”为.若，，则用“三斜公式”求得的面积为______.
三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．已知关于直线对称，且圆心在轴上.
（1）求的标准方程；
（2）已知动点在直线上，过点引的两条切线、，切点分别为.
①记四边形的面积为，求的最小值；
②证明直线恒过定点.
18．设是一个公比为q的等比数列，且，，成等差数列.
（1）求q；
（2）若数列前4项的和，令，求数列的前n项和.
19．已知,,求证:
(1);
(2).
20．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC..
(1)求角A的大小；
(2)若sinB＋sinC＝，试判断△ABC的形状.
21．已知角终边上一点，且，求的值．
参考答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1、A
【解析】
直线交于轴上的点为，与直线平行得到斜率，根据点斜式得到答案.
【详解】
与直线平行
直线交于轴上的点为
设直线方程为：
代入交点得到即
故答案选A
本题考查了直线的平行关系，直线与坐标轴的交点，属于基础题型.
2、A
【解析】
根据与的等差中项为，可得到一个等式，和，组成一个方程组，结合等比数列的性质，这个方程组转化为关于和公比的方程组，解这个方程组，求出和公比的值，再利用等比数列前项和公式，求出的值.
【详解】
因为与的等差中项为，所以，
因此有，故本题选A.
本题考查了等差中项的性质，等比数列的通项公式以及前项和公式，
3、B
【解析】
由题意，以点为坐标原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，得到，，以及直线的方程，设出点E坐标，根据向量数量积，直接计算，即可得出结果.
【详解】
如图，以点为坐标原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，因为等边三角形的边长为1，所以，，，，
则直线的方程为，整理得，
因为E为线段AC上一动点，设，，
则，，
所以，
因为，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，最大值为.
即的取值范围为.
故选B

本题主要考查平面向量的数量积，利用建立坐标系的方法求解即可，属于常考题型.
4、C
【解析】
先由正弦定理，将化为，结合余弦定理，求出，再结合正弦定理与三角形面积公式，可得，化简整理，即可得出结果.
【详解】
因为，所以可化为
，即，
可得，所以.
又由正弦定理得，，
所以，
当且仅当时，取得最大值.
故选C
本题主要考查解三角形，熟记正弦定理与余弦定理即可，属于常考题型.
5、D
【解析】
由已知可证是奇函数，是互为相反数，对是否为正数分类讨论，即可求解.
【详解】
的定义域为，
,
，是奇函数，
设，若是整数，则，
若不是整数，则.
的值域是.
故选:D.
本题考查函数性质的应用，考查对新函数定义的理解，考查分类讨论思想，属于中档题.
6、B
【解析】
算出基本事件的总数和随机事件中基本事件的个数，利用古典概型的概率的计算公式可求概率.
【详解】
设为“恰好抽到2幅不同种类”
某学校美术室收藏有6幅国画，分别为人物、山水、花鸟各2幅，
现从中随机抽取2幅进行展览，基本事件总数，
恰好抽到2幅不同种类包含的基本事件个数，
则恰好抽到2幅不同种类的概率为．
故选B．
计算出所有的基本事件的总数及随机事件中含有的基本事件的个数，利用古典概型的概率计算即可.计数时应该利用排列组合的方法.
7、D
【解析】
在A中，n∥α或n⊂α；在B中，m与n平行或异面；在C中，m与n相交、平行或异面；在D中，由线面垂直的判定定理得：α∥β，m∥n，m⊥α⇒n⊥β．
【详解】
由两条直线m，n，两个平面α，β，知：
在A中，m∥n，m∥α⇒n∥α或n⊂α，故A错误；
在B中，α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m与n平行或异面，故B错误；
在C中，α⊥β，m⊂α，n⊂β⇒m与n相交、平行或异面，故C错误；
在D中，由线面垂直的判定定理得：α∥β，m∥n，m⊥α⇒n⊥β，故D正确．
故选：D．
【点评】
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
8、C
【解析】
利用平面向量加法和减法的运算，求得的线性表示.
【详解】
依题意，即，故选C.
本小题主要考查平面向量加法和减法的运算，属于基础题.
9、B
【解析】
作出约束条件表示的可行域，如图中阴影部分所示.

目标函数即，易知直线在轴上的截距最大时，目标函数取得最小值；在轴上的截距最小时，目标函数取得最大值，即在点处取得最小值，为；在点处取得最大值，为.故的取值范围是[–3,2].
所以选B.
【名师点睛】线性规划的实质是把代数问题几何化，即运用数形结合的思想解题.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点处或边界上取得.
10、A
【解析】
先设等比数列的公比为，根据题中条件求出，进而可求出结果.
【详解】
设等比数列的公比为，
因为，，所以，
因此.
故选A
本题主要考查等比数列的基本量的计算，熟记通项公式即可，属于基础题型.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、.
【解析】
将等式两边平方得出的值，再利用结合平面向量的数量积运算律可得出结果.
【详解】
，
，
，
因此，，故答案为.
本题考查利用平面向量数量积来计算平面向量的模，在计算时，一般将平面向量的模平方，利用平面向量数量积的运算律来进行计算，考查运算求解能力，属于中等题.
12、0.95
【解析】
根据抽查一件产品是甲级品、乙级品、丙级品是互为互斥事件，且三个事件对立，再根据抽得正品即为抽得甲级品的概率求解.
【详解】
记事件A={甲级品}，B={乙级品}， C={丙级品}
因为事件A，B，C互为互斥事件，且三个事件对立，
所以抽得正品即为抽得甲级品的概率为

故答案为：0.95
本题主要考查了互斥事件和对立事件概率的求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
13、
【解析】试题分析：根据正余弦函数的定义，令，则可以得出，即.可以得出，解得，.那么，，所以故本题正确答案为.
考点：三角函数的概念.
14、15
【解析】
试题分析：程序执行中的数据变化如下：
，输出
考点：程序语句
15、
【解析】
求得，则可将问题转化为求使得最大且使得为偶数的正整数的值，利用二次函数的基本性质求解即可.
【详解】
由等比数列的通项公式可得，
，
则问题转化为求使得最大且使得为偶数的正整数的值，
，当时，取得最大值，此时为偶数.
因此，的最大项是第项.
故答案为：.
本题考查等比数列前项积最值的计算，将问题进行转化是解题的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
16、
【解析】
先由，根据余弦定理，求出，再由，结合余弦定理，求出，再由题意即可得出结果.
【详解】
因为，所以，因此；
又，由余弦定理可得，
所以，
因此.
故答案为
本题主要考查解三角形，熟记正弦定理与余弦定理即可，属于常考题型.

三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）（2）① ②证明见解析
【解析】
（1）根据圆的一般式，可得圆心坐标，将圆心坐标代入直线方程，结合圆心在轴上，即可求得圆C的标准方程．
（2）①根据切线性质及切线长定理，表示出的长，根据圆的性质可知当最小时，即可求得面积的最小值；②设出M点坐标，根据两条切线可知M、A、C、B四点共圆，可得圆心坐标及半径，进而求得的方程，根据两个圆公共弦所在直线方程求法即可得直线方程，进而求得过的定点坐标．
【详解】
（1）由题意知，
圆心在直线上，即，
又因为圆心在轴上，
所以，
由以上两式得：，，
所以.
故的标准方程为.
（2）①如图，的圆心为，半径，

因为、是的两条切线，
所以，，
故
又因为，
根据平面几何知识，要使最小，只要最小即可.
易知，当点坐标为时，
.
此时.
②设点的坐标为，
因为，
所以、、、四点共圆.
其圆心为线段的中点，，
设所在的圆为，
所以的方程为：，
化简得：，
因为是和的公共弦，
所以，两式相减得，
故方程为：，
当时，，
所以直线恒过定点.
本题考查了圆的一般方程与标准方程的应用，圆中三角形面积问题的应用，直线过定点问题，综合性强，属于难题．
18、（1）；（2）答案不唯一，详见解析.
【解析】
（1）运用等差中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比；（2）讨论公比，结合等差数列和等比数列的求和公式，以及错位相减法求和，即可得到所求和．
【详解】
（1）因为是一个公比为的等比数列，所以．
因为成等差数列，
所以即．
解得.
（2）①若q=2，又它的前4和，得，解得 所以 .
因为，
∴，2，
∴，
∴
②若q=1，又它的前4和，即4
因为，
所以．
“错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项 的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.
19、 (1)证明见详解；(2)证明见详解.
【解析】
（1）利用不等式性质，得，再证，最后证明；
（2）先证，再证明.
【详解】
证明：(1)因为,所以,
于是，即,
由，得.
(2)因为，所，
又因为，所以，
所以.
本题考查利用不等式性质证明不等式，需要熟练掌握不等式的性质，属综合基础题.
20、（1）；（2）等边三角形.
【解析】
（1）利用余弦定理表示出cosA，然后根据正弦定理化简已知的等式，整理后代入表示出的cosA中，化简后求出cosA的值，由A为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值即可求出A的度数；
（2）由A为60°，利用三角形的内角和定理得到B+C的度数，用B表示出C，代入已知的sinB+sinC=中，利用两角和与差的正弦函数公式及特殊角的三角函数值化简，整理后再利用两角和与差的正弦函数公式及特殊角的三角函数值化为一个角的正弦函数，由B的范围，求出这个角的范围，利用特殊角的三角函数值求出B为60°，可得出三角形ABC三个角相等，都为60°，则三角形ABC为等边三角形．
【详解】
(1)由2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC，得2a2＝(2b－c)b＋(2c－b)c，即bc＝b2＋c2－a2，
∴cosA＝,∴A＝60°.
(2)∵A＋B＋C＝180°，
∴B＋C＝180°－60°＝120°，
由sinB＋sinC＝，得sinB＋sin(120°－B)＝，
∴sinB＋sin120°cosB－cos120°sinB＝，
∴sinB＋cosB＝，即sin(B＋30°)＝1，
∵0°＜B＜120°，∴30°＜B＋30°＜150°，
∴B＋30°＝90°，B＝60°，
∴A＝B＝C＝60°，△ABC为等边三角形.
此题考查了三角形形状的判断，正弦、余弦定理，两角和与差的正弦函数公式，等边三角形的判定，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．
21、见解析
【解析】
根据三角函数定义列方程解得，再根据三角函数定义求的值．
【详解】
，
(1)当时，．
(2)当时，，解得．
当时，；
当时，．
综上当时，；当时，；当时，．
本题考查三角函数定义，考查基本分析求解能力，属基础题.