2025届云南省石林县民中数学高一第二学期期末检测试题含解析.doc

2025届云南省石林县民中数学高一第二学期期末检测试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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．甲、乙、丙三人随意坐下，乙不坐中间的概率为（ ）
A． B． C． D．
2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A．6 B．4
C． D．
3．已知如图正方体中，为棱上异于其中点的动点，为棱的中点，设直线为平面与平面的交线，以下关系中正确的是（ ）

A． B．
C．平面 D．平面
4．已知，且，则实数的值为（ ）
A．2 B． C．3 D．
5．用数学归纳法证明的过程中，设，从递推到时，不等式左边为（）
A． B．
C． D．
6．在正方体中，、分别是棱和的中点，为上底面的中心，则直线与所成的角为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
7．已知数列共有项，满足，且对任意、，有仍是该数列的某一项，现给出下列个命题：（1）；（2）；（3）数列是等差数列；（4）集合中共有个元素．则其中真命题的个数是 （ ）
A． B． C． D．
8．设等比数列的前项和为，若，公比，则的值为（ ）
A．15 B．16 C．30 D．31
9．设向量，，则向量与的夹角为( )
A． B． C． D．
10．已知向量，，，则实数的值为( )
A． B． C．2 D．3
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．设为虚数单位，复数的模为______．
12．某学校成立了数学，英语，音乐3个课外兴趣小组，3个小组分别有39，32，33个成员，一些成员参加了不止一个小组，具体情况如图.现随机选取一个成员，他恰好只属于2个小组的概率是____.

13．在中，角所对边长分别为，若，则的最小值为__________.
14．在数列中，是其前项和，若，，则___________.
15．在数列中，已知，，记为数列的前项和，则_________.
16．如图，已知圆，六边形为圆的内接正六边形，点为边的中点，当六边形绕圆心转动时，的取值范围是________．

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．设一元二次不等式的解集为．
（Ⅰ）当时，求；
（Ⅱ）当时,求的取值范围．
18．已知函数.
(1)求函数f(x)的最小值及f(x)取到最小值时自变量x的集合；
(2)指出函数y＝f(x)的图象可以由函数y＝sinx的图象经过哪些变换得到；
19．已知函数．
（I）求的最小正周期；
（II）求在上的最大值与最小值．
20．已知同一平面内的三个向量、、，其中（1，2）．
（1）若||＝2，且与的夹角为0°，求的坐标；
（2）若2||＝||，且2与2垂直，求在方向上的投影．
21．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，∠BAC=90°，AC=AB=AA1，E是BC的中点．

（1）求证：AE⊥B1C；
（2）求异面直线AE与A1C所成的角的大小；
（3）若G为C1C中点，求二面角C-AG-E的正切值．
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】
甲、乙、丙三人随意坐下有种结果，
乙坐中间则有，乙不坐中间有种情况，
概率为，故选A.
点睛：有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数．
(1)基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举．(2)注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用.
2、A
【解析】
该立方体是正方体，切掉一个三棱柱，
所以体积为，故选A。
点睛：本题考查三视图还原，并求体积。此类题关键就是三视图的还原，还原过程中，本题采取切割法处理，有图可知，该立方体应该是正方体进行切割产生的，所以我们在画图的过程在，对正方体进行切割比较即可。
3、C
【解析】
根据正方体性质，以及线面平行、垂直的判定以及性质定理即可判断.
【详解】
因为在正方体中，，且平面，平面，
所以平面，因为平面，且平面平面，
所以有，而，则与不平行，故选项不正确；
若，则，显然与不垂直，矛盾，故选项不正确；
若平面，则平面，显然与正方体的性质矛盾，故不正确；
而因为平面，平面，
所以有平面，所以选项C正确，.
本题考查了线线、线面平行与垂直的关系判断，属于中档题.
4、D
【解析】
根据二角和与差的正弦公式化简，，再切化弦，即可求解.
【详解】
由题意

又
解得
故选：
本题考查两角和与差的正弦公式，属于基础题.
5、C
【解析】
比较与时不等式左边的项，即可得到结果
【详解】

因此不等式左边为，选C.
本题考查数学归纳法，考查基本分析判断能力，属基础题
6、A
【解析】
先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点，得到的锐角或直角就是异面直线所成的角，在三角形中再利用余弦定理求出此角即可．
【详解】
解：先画出图形，将平移到，为直线与所成的角，
设正方体的边长为，，，，
，
，
故选：．

本题主要考查了异面直线及其所成的角，以及余弦定理的应用，属于基础题．
7、D
【解析】
对任意的、，有仍是该数列的某一项，可得出是该数列中的项，由于，可得，即，以此类推即可判断出结论.
【详解】
对任意、，有仍是该数列的某一项，,
当时，则，必有，即，
而或.
若，则，而、、，舍去；
若，此时，，同理可得.
可得数列为：、、、、.
综上可得：（1）；（2）；（3）数列是等差数列；（4）集合，该集合中共有个元素.
因此，（1）（2）（3）（4）都正确.
故选：D.
本题考查有关数列命题真假的判断，涉及数列的新定义，考查推理能力与分类讨论思想的应用，属于中等题.
8、A
【解析】
直接利用等比数列前n项和公式求.
【详解】
由题得.
故选A
本题主要考查等比数列求和，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.
9、C
【解析】
由条件有，利用公式可求夹角.
【详解】
, .
又
又向量与的夹角的范围是
向量与的夹角为.
故选：C
10、A
【解析】
将向量的坐标代入中，利用坐标相等，即可得答案.
【详解】
∵，
∴.
故选：A.
本题考查向量相等的坐标运算，考查运算求解能力，属于基础题.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、5
【解析】
利用复数代数形式的乘法运算化简，然后代入复数模的公式，即可求得答案．
【详解】
由题意，复数，则复数的模为．
故答案为5
本题主要考查了复数的乘法运算，以及复数模的计算，其中熟记复数的运算法则，和复数模的公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
12、
【解析】
由题中数据，确定课外小组的总人数，以及恰好属于2个小组的人数，人数比即为所求概率.
【详解】
由题意可得，课外小组的总人数为，
恰好属于2个小组的人数为，
所以随机选取一个成员，他恰好只属于2个小组的概率是.
故答案为
本题主要考查古典概型，熟记列举法求古典概型的概率即可，属于常考题型.
13、
【解析】
根据余弦定理，可得，然后利用均值不等式，可得结果.
【详解】
在中，，
由，所以
又，当且仅当时取等号
故
故的最小值为
故答案为：
本题考查余弦定理以及均值不等式，属基础题.
14、
【解析】
令，可求出的值，令，由可求出的表达式，再检验是否符合时的表达式，由此可得出数列的通项公式.
【详解】
当时，；
当时，.
不适合上式，因此，.
故答案为：.
本题考查利用求数列的通项公式，一般利用，求解时还应对是否满足的表达式进行验证，考查运算求解能力，属于中等题.
15、
【解析】
根据数列的递推公式求出该数列的前几项，找出数列的周期性，从而求出数列的前项和的值.
【详解】
对任意的，，.
则，，，，，，所以，.
，且，
，故答案为：.
本题考查数列递推公式的应用，考查数列周期性的应用，解题时要结合递推公式求出数列的前若干项，找出数列的规律，考查推理能力和计算能力，属于中等题.
16、
【解析】
先求出，再化简得即得的取值范围.
【详解】
由题得OM=,
由题得
由题得.
.
所以的取值范围是.
故答案为
本题主要考查平面向量的运算和数量积运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

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、（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）将代入得到关于的不等式，结合一元二次方程解一元二次不等式可求得集合；（Ⅱ）解集为即不等式恒成立，求解时结合与之对应的二次函数考虑可得到需满足的条件解不等式求的取值范围.
【详解】
（Ⅰ）当时，原不等式为：

解方程得
．
（Ⅱ）由，即不等式的解集为R，则

.
18、（1），此时自变量的集合是（2）见解析
【解析】
（1）根据三角函数的性质，即可求解；（2）根据三角函数的图形变换规律，即可得到。
【详解】
(1)，此时，，即，，
即此时自变量的集合是.
（2）把函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，再把函数的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的，得到函数的图象，最后再把函数的图象上所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍，得到函数的图象．
本题主要考查正弦函数的性质应用，以及三角函数的图象变换规律的应用。
19、（I）；（II）3，.
【解析】
（I）利用降次公式和辅助角公式化简解析式，由此求得的最小正周期.（II）根据函数的解析式，以及的取值范围，结合三角函数值域的求法，求得在区间上的最大值与最小值.
【详解】
（I）

的最小正周期．
（Ⅱ）
，．
本小题主要考查降次公式和辅助角公式，考查三角函数在闭区间上的最值的求法，属于中档题.
20、（1）（2，4）（2）
【解析】
（1）由题意可得与共线，设出的坐标，根据||＝2，求出参数的值，可得的坐标；
（2）由题意可得，再根据，求出 的值，可得在方向上的投影的值．
【详解】
（1）同一平面内的三个向量、、，其中（1，2），若||＝2，且与的夹角为0°，
则与共线，故可设（t，2t），t＞0，
∴2，∴t＝2，即（2，4）．
（2）∵2||＝||，即||．
∵2与2垂直，∴（2）•（2）＝2320，
即83•20，即366，即•，
∴在方向上的投影为．
本题主要考查两个向量坐标形式的运算，两个向量共线、垂直的性质，属于中档题．
21、（1）见解析；（2）；（3）
【解析】
（1）由BB1⊥面ABC及线面垂直的性质可得AE⊥BB1，由AC=AB，E是BC的中点，及等腰三角形三线合一，可得AE⊥BC，结合线面垂直的判定定理可证得AE⊥面BB1C1C，进而由线面垂直的性质得到AE⊥B1C；
（2）取B1C1的中点E1，连A1E1，E1C，根据异面直线夹角定义可得，∠E1A1C是异面直线A与A1C所成的角，设AC=AB=AA1=2，解三角形E1A1C可得答案．
（3）连接AG，设P是AC的中点，过点P作PQ⊥AG于Q，连EP，EQ，则EP⊥AC，由直三棱锥的侧面与底面垂直，结合面面垂直的性质定理，可得EP⊥平面ACC1A1，进而由二面角的定义可得∠PQE是二面角C-AG-E的平面角．
【详解】

证明：（1）因为BB1⊥面ABC，AE⊂面ABC，所以AE⊥BB1
由AB=AC，E为BC的中点得到AE⊥BC
∵BC∩BB1=B∴AE⊥面BB1C1C
∴AE⊥B1C
解：（2）取B1C1的中点E1，连A1E1，E1C，
则AE∥A1E1，
∴∠E1A1C是异面直线AE与A1C所成的角．
设AC=AB=AA1=2，则由∠BAC=90°，
可得A1E1=AE=，A1C=2，E1C1=EC=BC=
∴E1C==
∵在△E1A1C中，cos∠E1A1C==
所以异面直线AE与A1C所成的角为．
（3）连接AG，设P是AC的中点，过点P作PQ⊥AG于Q，连EP，EQ，则EP⊥AC
又∵平面ABC⊥平面ACC1A1
∴EP⊥平面ACC1A1
而PQ⊥AG∴EQ⊥AG．
∴∠PQE是二面角C-AG-E的平面角．
由EP=1，AP=1，PQ=，得tan∠PQE==
所以二面角C-AG-E的平面角正切值是
本题是与二面角有关的立体几何综合题，主要考查了异面直线的夹角，线线垂直的判定，二面角等知识点，难度中档，熟练掌握线面垂直，线线垂直与面面垂直之间的转化及异面直线夹角及二面角的定义，是解答本题的关键．