2025年河南省洛阳名校高一数学第二学期期末考试试题含解析.doc

2025年河南省洛阳名校高一数学第二学期期末考试试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．在中，角的对边分别为，若，则的最小值是（ ）
A．5 B．8 C．7 D．6
2．已知圆心在轴上的圆经过，两点，则的方程为（ ）
A． B．
C． D．
3．过点且与原点距离最大的直线方程是（ ）
A． B．
C． D．
4．抽查10件产品，设“至少抽到2件次品”为事件，则的对立事件是（ ）
A．至多抽到2件次品 B．至多抽到2件正品
C．至少抽到2件正品 D．至多抽到一件次品
5．在中，内角、、所对的边分别为、、，且，则下列关于的形状的说法正确的是（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不能确定
6．已知向量，且，则（ ）
A． B． C． D．
7．阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，他对几何问题有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指出的是：已知动点M与两定点A，B的距离之比为，那么点M的轨迹是一个圆，称之为阿波罗尼斯圆.请解答下面问题：已知，，若直线上存在点M满足，则实数c的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
9．在△ABC中，，,．的值为( )
A． B． C． D．
10．设为中的三边长，且，则的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．在平面直角坐标系中，为原点，，动点满足，则的最大值是 ．
12．已知向量，若，则_______
13．在平面直角坐标系中，定义两点之间的直角距离为：现有以下命题：
①若是轴上的两点，则；
②已知，则为定值；
③原点与直线上任意一点之间的直角距离的最小值为；
④若表示两点间的距离，那么.
其中真命题是__________（写出所有真命题的序号）.
14．在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边过点，则_______；_______.
15．平面⊥平面,,，，直线，则直线与的位置关系是___．
16．如图，边长为2的菱形的对角线相交于点，点在线段上运动，若，则的最小值为_______.

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．已知，是第四象限角，求和的值.
18．已知方程，.
（1）若是它的一个根，求的值；
（2）若，求满足方程的所有虚数的和.
19．已知圆A：，圆B：.
（Ⅰ）求经过圆A与圆B的圆心的直线方程；
（Ⅱ）已知直线l：，设圆心A关于直线l的对称点为，点C在直线l上，当的面积为14时，求点C的坐标.
20．已知数列的前n项和为，满足：.
（1）证明：数列是等比数列；
（2）令，，求数列的前n项和.
21．已知、、是的内角，且，.
（1）若，求的外接圆的面积：
（2）若，且为钝角三角形，求正实数的取值范围.
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、D
【解析】
先化简条件中的等式，利用余弦定理整理得到等式，然后根据等式利用基本不等式求解最小值.
【详解】
由，得，
化简整理得，，
即，当且仅当，即时，取等号．故选D．
本题考查正、余弦定理在边角化简中的应用，难度一般.对于利用基本不等求最值的时候，一定要注意取到等号的条件.
2、A
【解析】
由圆心在轴上设出圆心坐标,设出圆的方程,将,两点坐标代入,即可求得圆心坐标和半径,进而得圆的方程.
【详解】
因为圆心在轴上,设圆心坐标为,半径为
设圆的方程为
因为圆经过,两点
代入可得
解方程求得
所以圆C的方程为
故选:A
本题考查了圆的方程求法,关键是求出圆心和半径,属于基础题.
3、A
【解析】
当直线与垂直时距离最大，进而可得直线的斜率，从而得到直线方程。
【详解】
原点坐标为，根据题意可知当直线与垂直时距离最大，
由两点斜率公式可得：
所以所求直线的斜率为：
故所求直线的方程为：，化简可得：
故答案选A
本题考查点到直线的距离公式，涉及直线的点斜式方程和一般方程，属于基础题。
4、D
【解析】
由对立事件的概念可知，直接写出其对立事件即可.
【详解】
“至少抽到2件次品”的对立事件为“至多抽到1件次品”，故选D
本题主要考查对立事件的概念，熟记对立事件的概念即可求解，属于基础题型.
5、B
【解析】
利用三角形的正、余弦定理判定．
【详解】
在中，内角、、所对的边分别为、、，且，
由正弦定理得，得，则，为直角三角形．
故选B
本题考查了三角形正弦定理的应用，属于基础题．
6、A
【解析】
直接利用向量平行的充要条件列方程求解即可.
【详解】
由可得到.
故选A
利用向量的位置关系求参数是出题的热点，主要命题方式有两个：（1）两向量平行，利用解答；（2）两向量垂直，利用解答.
7、B
【解析】
根据题意设点M的坐标为，利用两点间的距离公式可得到关于的一元二次方程，只需即可求解.
【详解】
点M在直线上，不妨设点M的坐标为，
由直线上存在点M满足，
则，
整理可得，

，
所以实数c的取值范围为.
故选：B
本题考查了两点间的距离公式、一元二次不等式的解法，考查了学生分析问题解决问题的能力，属于中档题.
8、B
【解析】
求出中不等式的解集确定出，找出与的交集即可．
【详解】
解：由中不等式变形得：，
解得：，即，
，
，
故选：．
本题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键，属于基础题．
9、B
【解析】
由正弦定理列方程求解。
【详解】
由正弦定理可得：，
所以，解得：.
故选：B
本题主要考查了正弦定理，属于基础题。
10、B
【解析】
由，则，再根据三角形边长可以证得，再利用不等式和已知可得，进而得到，再利用导数求得函数的单调性，求得函数的最小值，即可求解．
【详解】
由题意，记，又由，
则
，
又为△ABC的三边长，
所以，所以，
另一方面，
由于，所以，
又，
所以，
不妨设，且为的三边长，所以．
令，则，
当时，可得，从而，
当且仅当时取等号．
故选B．
本题主要考查了解三角形，综合了函数和不等式的综合应用，以及基本不等式和导数的应用，属于综合性较强的题，难度较大，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于难题．

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：
设，表示以为圆心，r=1为半径的圆，而，所以，，，故得最大值为
考点：1．圆的标准方程；2．向量模的运算
12、
【解析】
由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，求得的值．
【详解】
因为向量 ，若 ，∴， 则.
故答案为：1．
本题主要考查两个向量垂直的坐标运算，属于基础题．
13、①②④
【解析】
根据新定义的直角距离，结合具体选项，进行逐一分析即可.
【详解】
对①：因为是轴上的两点，故，则，①正确；
对②：根据定义
因为，故，②正确；
对③：根据定义，
当且仅当时，取得最小值，故③错误；
对④：因为，
由不等式，即可得，故④正确.
综上正确的有①②④
故答案为：①②④.
本题考查新定义问题，涉及同角三角函数关系，绝对值三角不等式，属综合题.
14、
【解析】
根据三角函数的定义直接求得的值，即可得答案.
【详解】
∵角终边过点，，
∴，，，
∴.
故答案为：；.
本题考查三角函数的定义，考查运算求解能力，属于基础题.
15、
【解析】
利用面面垂直的性质定理得到平面，又直线，利用线面垂直性质定理得.
【详解】
在长方体中，设平面为平面，平面为平面，
直线为直线，由于，，由面面垂直的性质定理可得：平面，
因为，由线面垂直的性质定理，可得.

空间中点、线、面的位置关系问题，一般是利用线面平行或垂直的判定定理或性质定理进行求解.
16、
【解析】
以为原点建立平面直角坐标系，利用计算出两点的坐标，设出点坐标，由此计算出的表达式，，进而求得最值.
【详解】
以为原点建立平面直角坐标系如下图所示，设，则①，由得②，由①②解得，故.设，则，当时取得最小值为.
故填：.

本小题主要考查平面向量的坐标运算，考查向量数量积的坐标表示以及数量积求最值，考查二次函数的性质，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.

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、，
【解析】
利用诱导公式可求的值，根据是第四象限角可求的值，最后根据三角函数的基本关系式可求的值，根据诱导公式及倍角公式可求的值.
【详解】
，
又是第四象限角，所以，
所以，
.
本题考查同角的三角函数的基本关系式、诱导公式以及二倍角公式，此题属于基础题.
18、（1）；（2）190.
【解析】
（1）先设出的代数形式，把代入所给的方程，化简后由实部和虚部对应相等进行求值；
（2）由方程由虚根的条件，求出的所有的取值，再由方程虚根成对出现的特点，求出所有虚根之和．
【详解】
解：（1）设，是的一个根，
，，
，解得，，，
（2）方程有虚根，，解得，
，，2，，
又虚根是成对出现的，所有的虚根之和为．
本题是复数的综合题，考查了复数相等条件的应用，方程有虚根的等价条件，以及方程中虚根的特点，属于中档题．
19、（I）（Ⅱ）或
【解析】
（Ⅰ）由已知求得，的坐标，再由直线方程的两点式得答案；
（Ⅱ）求出的坐标，再求出以及所在直线方程，设，利用点到直线的距离公式求出到所在直线的距离，代入三角形面积公式解得值，进而可得的坐标.
【详解】
（Ⅰ）将圆：化为：，所以，
圆：化为：，所以，
所以经过圆与圆的圆心的直线方程为：，即.
（Ⅱ）如图，

设，由题意可得，解得，即，
∴，
所在直线方程为，即，
设，则到所在直线的距离，
由，解得或，
∴点的坐标为或.
本题考查直线与圆位置关系的应用，考查点关于直线的对称点的求法，考查运算求解能力，属于中档题.
20、（1）证明见解析
（2）
【解析】
（1）利用当时，求证即可；
（2）先结合（1）求得，再由，然后累加求和即可.
【详解】
解：（1）因为，①
，②
①-②得：
，
即，
又，即，则，
即数列是以6为首项，3为公比的等比数列；
（2）由（1）得，
则，
即，
则，
即，
故.
本题考查了利用定义法证明等比数列，重点考查了公式法求和及裂项求和法求和，属中档题.
21、（1）（2）
【解析】
（1）根据同角三角函数基本关系先求得，再由正弦定理求得即可；
（2）因大小不能确定，故钝角不能确定，结合三角形三边关系和余弦定理特点即可判断
【详解】
（1）由，又，即，
故外接圆的面积为：
（2），，，根据三边关系有，
当为钝角时，可得，即，解得，故；
当为钝角时，可得，即，解得，故；
综上可得的范围是
本题考查正弦定理的应用，余弦定理和三角形中形状的判断的关系，属于中档题