2025年内蒙古赤峰市翁牛特旗乌丹第一中学高一下数学期末学业水平测试试题含解析.doc

2025年内蒙古赤峰市翁牛特旗乌丹第一中学高一下数学期末学业水平测试试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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．已知直线与直线平行，则实数m的值为（ ）
A．3 B．1 C．-3或1 D．-1或3
2．已知实数满足约束条件，则目标函数的最小值为( )
A． B． C．1 D．5
3．已知正方形的边长为，若将正方形沿对角线折叠为三棱锥，则在折叠过程中，不能出现（ ）
A． B．平面平面 C． D．
4．演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是
A．中位数 B．平均数
C．方差 D．极差
5．若实数 满足，则的最小值为( )
A．4 B．8 C．16 D．32
6．在中，内角所对的边分别是．已知，，，则
A． B． C． D．
7．的内角，，的对边分别为，，.已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
8．空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标是（ ）
A． B．
C． D．
9．经过两条直线和的交点，且垂直于直线的直线方程为( )
A． B． C． D．
10．对某班学生一次英语测试的成绩分析，各分数段的分布如下图（分数取整数），由此，估计这次测验的优秀率（不小于80分）为（ ）

A．92% B．24% C．56% D．76%
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．若直线上存在点可作圆的两条切线，切点为，且，则实数的取值范围为 ．
12．用线性回归某型求得甲、乙、丙3组不同的数据的线性关系数分别为0.81，-0.98，0.63，其中_________（填甲、乙、丙中的一个）组数据的线性关系性最强。
13．圆与圆的公共弦长为________.
14．计算：______.
15．已知a，b为常数，若，则______；
16．已知，则的值为．
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．给定常数，定义函数，数列满足.
（1）若，求及；
（2）求证：对任意，；
（3）是否存在，使得成等差数列？若存在，求出所有这样的，若不存在，说明理由.
18．如图，在直三棱柱中，，，是棱的中点．

（1）求证：；
（2）求证：．
19．如图所示,函数的图象与轴交于点,且该函数的最小正周期为.
(1)求和的值；
(2)已知点,点是该函数图象上一点,点是的中点,当时，求的值.

20．已知向量，满足：=4，=3，
(Ⅰ)求·的值；
(Ⅱ)求的值.
21．如图所示，在直角坐标系中，点，，点P，Q在单位圆上，以x轴正半轴为始边，以射线为终边的角为，以射线为终边的角为，满足.

（1）若，求
（2）当点P在单位圆上运动时，求函数的解析式，并求的最大值.
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、B
【解析】
两直线平行应该满足，利用系数关系及可解得m.
【详解】
两直线平行
，可得（舍去）.选B.
两直线平行的一般式对应关系为：，若是已知斜率，则有，截距不相等.
2、A
【解析】
作出不等式组表示的平面区域，再观察图像即可得解.
【详解】
解：先作出不等式组表示的平面区域，如图所示，
由图可知目标函数所对应的直线过点时目标函数取最小值，
则，
故选：A.

本题考查了简单的线性规划问题，重点考查了数形结合的数学思想方法，属基础题.
3、D
【解析】
对于A：取BD中点O，因为，AO 所以面AOC，所以，故A对；
对于B：当沿对角线折叠成直二面角时，有面平面平面，故B对；
对于C：当折叠所成的二面角时，顶点A到底面BCD的距离为，此时 ，故C对；
对于D：若，因为，面ABC，所以，而，即直角边长与斜边长相等，显然不对；故D错；
故选D
点睛：本题考查了立体几何中折叠问题，要分析清楚折叠前后的变化量与不变量以及线线与线面的位置关系，属于中档题.
4、A
【解析】
可不用动笔，直接得到答案，亦可采用特殊数据，特值法筛选答案．
【详解】
设9位评委评分按从小到大排列为．
则①原始中位数为，去掉最低分，最高分，后剩余，
中位数仍为，A正确．
②原始平均数，后来平均数
平均数受极端值影响较大，与不一定相同，B不正确
③
由②易知，C不正确．
④原极差，后来极差可能相等可能变小，D不正确．
本题旨在考查学生对中位数、平均数、方差、极差本质的理解.
5、B
【解析】
由可以得到，利用基本不等式可求最小值.
【详解】
因为，故，
因为，故，
故，当且仅当时等号成立，
故的最小值为8，
故选B.
应用基本不等式求最值时，需遵循“一正二定三相等”，如果原代数式中没有积为定值或和为定值，则需要对给定的代数变形以产生和为定值或积为定值的局部结构.求最值时要关注取等条件的验证.
6、B
【解析】
由已知三边，利用余弦定理可得，结合，为锐角，可得，利用三角形内角和定理即可求的值．
【详解】
在中，，，，
由余弦定理可得：，
，故为锐角，可得，
，故选．
本题主要考查利用余弦定理解三角形以及三角形内角和定理的应用．
7、C
【解析】
利用正弦定理求出的值，由得出，可得出角的值，再利用三角形的内角和定理求出角的大小.
【详解】
由正弦定理得，则，
，则，所以，，由三角形的内角和定理得，
故选：C.
本题考查利用正弦定理解三角形，也考查了三角形内角和定理的应用，在解题时要注意正弦值所对的角有可能有两角，可以利用大边对大角定理或两角之和小于进行验证，另外就是要熟悉正弦定理解三角形所适用的基本情形，考查计算能力，属于中等题.
8、A
【解析】
关于轴对称，纵坐标不变，横坐标、竖坐标变为相反数．
【详解】
关于轴对称的两点的纵坐标相同，横坐标、竖坐标均互为相反数．
所以点关于轴对称的点的坐标是．
故选：A．
本题考查空间平面直角坐标系，考查关于坐标轴、坐标平面对称的问题．属于基础题．
9、D
【解析】
首先求出两条直线的交点坐标，再根据垂直求出斜率，点斜式写方程即可.
【详解】
有题知：，解得：，交点.
直线的斜率为，所求直线斜率为.
所求直线为：，即.
故选：D
本题主要考查如何求两条直线的交点坐标，同时考查了两条直线的位置关系，属于简单题.
10、C
【解析】
试题分析：．故C正确．
考点：频率分布直方图．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
试题分析：若，则，直线上存在点可作和的两条切线等价于直线与圆有公共点，由圆心到直线的距离公式可得,解之可得.
考点：点到直线的距离公式及直线与圆的位置关系的运用.
【方法点晴】本题主要考查了点到直线的距离公式及直线与圆的位置关系的运用，涉及到圆心到直线的距离公式和不等式的求解，属于中档试题，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及学生的推理与运算能力，本题的解答中直线上存在点可作和的两条切线等价于直线与圆有公共点是解答的关键．
12、乙
【解析】
由当数据的相关系数的绝对值越趋向于，则相关性越强可知，因为甲、乙、丙组不同的数据的线性相关系数分别为，所以乙线性相关系数的绝对值越接近，
所以乙组数据的相关性越强．
13、
【解析】
先求出公共弦方程为，再求出弦心距后即可求解.
【详解】
两圆方程相减可得公共弦直线方程为，
圆的圆心为，半径为，
圆心到的距离为，公共弦长为.
故答案为：.
本题考查了圆的一般方程以及直线与圆位置关系的应用，属于基础题.
14、
【解析】
直接利用反三角函数运算法则写出结果即可．
【详解】
解：．
故答案为：．
本题考查反三角函数的运算法则的应用，属于基础题．
15、2
【解析】
根据极限存在首先判断出的值，然后根据极限的值计算出的值，由此可计算出的值.
【详解】
因为，所以，
又因为，所以，
所以.
故答案为：.
本题考查根据极限的值求解参数，难度较易.
16、
【解析】
利用商数关系式化简即可．
【详解】
，故填．
利用同角的三角函数的基本关系式可以化简一些代数式，常见的方法有：
（1）弦切互化法：即把含有正弦和余弦的代数式化成关于正切的代数式，也可以把含有正切的代数式化为关于余弦和正弦的代数式；
（2）“1”的代换法：有时可以把看成．

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、见解析
【解析】
（1）因为，，故，

（2）要证明原命题，只需证明对任意都成立，

即只需证明
若，显然有成立；
若，则显然成立
综上，恒成立，即对任意的，
（3）由（2）知，若为等差数列，则公差，故n无限增大时，总有
此时，
即
故，
即，
当时，等式成立，且时，，此时为等差数列，满足题意；
若，则，
此时，也满足题意；
综上，满足题意的的取值范围是．
【考点定位】考查数列与函数的综合应用，属难题．
18、 (1)见详解；（2）见详解.
【解析】
（1）连接AC1，设AC1∩A1C＝O，连接OD，可求O为AC1的中点，D是棱AB的中点，利用中位线的性质可证OD∥BC1，根据线面平行的判断定理即可证明BC1∥平面A1CD．
（2）由（1）可证平行四边形ACC1A1是菱形，由其性质可得AC1⊥A1C，利用线面垂直的性质可证AB⊥AA1，根据AB⊥AC，利用线面垂直的判定定理可证AB⊥平面ACC1A1，利用线面垂直的性质可证AB⊥A1C，又AC1⊥A1C，根据线面垂直的判定定理可证A1C⊥平面ABC1，利用线面垂直的性质即可证明BC1⊥A1C．
【详解】
（1）连接AC1，设AC1∩A1C＝O，连接OD，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ACC1A1是平行四边形，
所以：O为AC1的中点，又因为：D是棱AB的中点，所以：OD∥BC1，
又因为：BC1⊄平面A1CD，OD⊂平面A1CD，所以：BC1∥平面A1CD．
（2）由（1）可知：侧面ACC1A1是平行四边形，因为：AC＝AA1，所以：平行四边形ACC1A1是菱形，
所以：AC1⊥A1C，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，因为：AB⊂平面ABC，所以：AB⊥AA1，
又因为：AB⊥AC，AC∩AA1＝A，AC⊂平面ACC1A1，AA1⊂平面ACC1A1，
所以：AB⊥平面ACC1A1，因为：A1C⊂平面ACC1A1，所以：AB⊥A1C，
又因为：AC1⊥A1C，AB∩AC1＝A，AB⊂平面ABC1，AC1⊂平面ABC1，所以：A1C⊥平面ABC1，
因为：BC1⊂平面ABC1，所以：BC1⊥A1C．

本题主要考查了线面平行的判定，线面垂直的性质，线面垂直的判定，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．
19、 (1)..(2)，或.
【解析】
试题分析：
(1)由三角函数图象与轴交于点可得，则.由最小正周期公式可得.
(2)由题意结合中点坐标公式可得点的坐标为.代入三角函数式可得，结合角的范围求解三角方程可得，或.
试题解析：
(1)将代入函数中，得，
因为，所以.
由已知，且，得.
(2)因为点是的中点，
，所以点的坐标为.
又因为点在的图象上，且，
所以，且，
从而得，或，即，或.
20、 (Ⅰ) =2 (Ⅱ)
【解析】
（I）计算，结合两向量的模可得；
（II）利用，把求模转化为向量的数量积运算．
【详解】
解：(Ⅰ)由题意得
即
又因为
所以
解得=2.
(Ⅱ)因为，
所以=16+36-4×2=44.
又因为
所以.
本题考查平面向量的数量积，解题关键是掌握性质：，即模数量积的转化．
21、（1）（2），最大值.
【解析】
（1）由角的定义求出，再由数量积定义计算；
（2）由三角函数定义写出坐标，求出的坐标，计算出，利用两角和的正弦公式可化函数为一个三角函数形式，由正弦函数性质可求得最大值．
【详解】
（1）由图可知，，.
.
（2）由题意可知，.
因为，，
所以.
所以，.
所以

.
当（）时，取得最大值.
本题考查任意角的定义，平面向量的数量积的坐标运算，考查两角和的正弦公式、诱导公式及正弦函数的性质．本题解题关键是掌握三角函数的定义，表示出坐标．