2025届福建省泉州市达标名校高一数学第二学期期末质量检测试题含解析.doc

2025届福建省泉州市达标名校高一数学第二学期期末质量检测试题
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．数列的通项公式，则（ ）
A． B． C．或 D．不存在
2．圆，那么与圆有相同的圆心，且经过点的圆的方程是（ ）．
A． B．
C． D．
3．已知的模为1，且在方向上的投影为，则与的夹角为（ ）
A．30° B．60° C．120° D．150°
4．在中，已知、、分别是角、、的对边，若，则的形状为
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形
5．已知则（ ）
A． B． C． D．
6．已知函数，其图象与直线相邻两个交点的距离为，若对于任意的恒成立，则的取值范围是( )
A． B． C． D．
7．有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点．已知最底层正方体的棱长为2，且该塔形的表面积(含最底层正方体的底面面积)超过39，则该塔形中正方体的个数至少是

A．4 B．5 C．6 D．7
8．圆心为且过原点的圆的一般方程是
A． B．
C． D．
9．我国古代著名的周髀算经中提到：凡八节二十四气，气损益九寸九分六分分之一；冬至晷长一丈三尺五寸，夏至晷长一尺六寸意思是：一年有二十四个节气，每相邻两个节气之间的日影长度差为分；且“冬至”时日影长度最大，为1350分；“夏至”时日影长度最小，为160分则“立春”时日影长度为　　

A．分 B．分 C．分 D．分
10．一个人打靶时连续射击两次，事件“至多有一次中靶”的互斥事件是
A．两次都中靶 B．至少有一次中靶
C．两次都不中靶 D．只有一次中靶
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．在四面体中，平面ABC，，若四面体ABCD的外接球的表面积为，则四面体ABCD的体积为_______．
12．对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是__________．
13．若实数，满足，则的最小值为________．
14．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 ．
15．设当时，函数取得最大值，则______.
16．若向量与平行．则__．
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．在中，内角，，所对的边分别为，，．若.
（1）求角的度数；
（2）当时，求的取值范围．
18．已知四棱锥中，平面，，，，是线段的中点．

（1）求证：平面；
（2）试在线段上确定一点，使得平面，并加以证明．
19．某高中为了选拔学生参加“全国高中数学联赛”，先在本校进行初赛（满分150分），随机抽取100名学生的成绩作为样本，并根据他们的初赛成绩得到如图所示的频率分布直方图.

（1）求频率分布直方图中a的值；
（2）根据频率分布直方图，估计这次初赛成绩的平均数、中位数、众数.
20．已知等比数列的前n项和为，，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列为递增数列，数列满足，求数列的前n项和.
（3）在条件（2）下，若不等式对任意正整数n都成立，求的取值范围.
21．已知定义在上的函数的图象如图所示

（1）求函数的解析式；
（2）写出函数的单调递增区间
（3）设不相等的实数，，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、B
【解析】
因为趋于无穷大,故,分离常数即可得出极限.
【详解】
解：因为的通项公式,
要求,即求

故选：B
本题考查数列的极限,解答的关键是消去趋于无穷大的式子.
2、B
【解析】
圆的标准方程为，圆心，故排除、，
代入点，只有项经过此点，也可以设出要求的圆的方程：，再代入点，可以求得圆的半径为 ．
故选．
点睛：这个题目主要考查圆的标准方程，因为这是一道选择题，故根据与条件中的圆的方程可以得到圆心坐标，进而可以排除几个选项，如果正规方法，就可以按照已知圆心，写出标准方程，代入已知点求出标准方程即可．
3、A
【解析】
根据投影公式，直接得到结果.
【详解】
，
.
故选A.
本题考查了投影公式，属于简单题型.
4、D
【解析】
由，利用正弦定理可得，进而可得sin2A=sin2B，由此可得结论．
【详解】
∵，
∴由正弦定理可得
∴sinAcosA=sinBcosB
∴sin2A=sin2B
∴2A=2B或2A+2B=π
∴A=B或A+B=
∴△ABC的形状是等腰三角形或直角三角形
故选D．
判断三角形形状的常见方法是：（1）通过正弦定理和余弦定理，化边为角，利用三角变换得出三角形内角之间的关系进行判断；(2)利用正弦定理、余弦定理，化角为边，通过代数恒等变换，求出边与边之间的关系进行判断；（3）根据余弦定理确定一个内角为钝角进而知其为钝角三角形.
5、B
【解析】
根据条件式,判断出,,且.由不等式性质、基本不等式性质或特殊值即可判断选项.
【详解】
因为
所以可得,,且
对于A,由对数函数的图像与性质可知,,所以A错误;
对于B,由基本不等式可知,即
由于,则,所以B正确;
对于C,由条件可得,所以C错误;
对于D,当时满足条件,但,所以D错误.
综上可知,B为正确选项
故选:B
本题考查了不等式性质的综合应用,根据基本不等式求最值,属于基础题.
6、A
【解析】
由题意可得相邻最低点距离1个周期，，，，即，，即所以 ，包含0,所以k=0, ,,
,选A．
由于三角函数是周期周期函数，所以不等式解集一般是一系列区间并集，对于恒成立时，需要令k为几个特殊值，再与已知集合做运算．
7、C
【解析】
根据相邻正方体的关系得出个正方体的棱长为等比数列，求出塔形表面积的通项公式，令，即可得出的范围．
【详解】
设从最底层开始的第层的正方体棱长为，则是以2为首项，以为公比的等比数列.
∴是以4为首项，以为公比的等比数列
∴塔形的表面积为.
令，解得.
∴塔形正方体最少为6个.
故选C.
此题考查了立体图形的表面积问题以及等比数列求和公式的应用．解决本题的关键是得到上下正方体的棱长之间的关系，从而即可得出依次排列的正方体的一个面的面积，这里还要注意把最下面的正方体看做是6个面之外，上面的正方体都是露出了4个面．
8、D
【解析】
根据题意，求出圆的半径，即可得圆的标准方程，变形可得其一般方程。
【详解】
根据题意，要求圆的圆心为，且过原点，
且其半径，
则其标准方程为，变形可得其一般方程是，
故选．
本题主要考查圆的方程求法，以及标准方程化成一般方程。
9、B
【解析】
首先“冬至”时日影长度最大，为1350分，“夏至”时日影长度最小，为160分，即可求出,进而求出立春”时日影长度为.
【详解】
解：一年有二十四个节气，每相邻两个节气之间的日影长度差为分，
且“冬至”时日影长度最大，为1350分；“夏至”时日影长度最小，为160分．
，
解得，
“立春”时日影长度为：分．
故选B．
本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，利用等差数列的性质直接求解．
10、A
【解析】
利用对立事件、互斥事件的定义直接求解．
【详解】
一个人打靶时连续射击两次，
事件“至多有一次中靶”的互斥事件是两次都中靶．
故选：A．
本题考查互事件的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意对立事件、互斥事件的定义的合理运用．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
设,再根据外接球的直径与和底面外接圆的一条直径构成直角三角形求解进而求得体积即可.
【详解】
设,底面外接圆直径为.
易得底面是边长为3的等边三角形.则由正弦定理得.
又外接球的直径与和底面外接圆的一条直径构成直角三角形有
.又外接球的表面积为,即.
解得.
故四面体体积为.
故答案为：
本题主要考查了侧棱垂直于底面的四面体的外接球问题.需要根据题意建立底面三角形外接圆的直径和三棱锥的高与外接球直径的关系再求解.属于中档题.
12、
【解析】 ，所以
点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.
13、
【解析】
由题意可得=≥2=2，由不等式的性质变形可得．
【详解】
∵正实数a，b满足，
∴=≥2=2，
∴ab≥2
当且仅当=即a=且b=2时取等号．
故答案为2．
本题考查基本不等式求最值，涉及不等式的性质，属基础题．
14、
【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．
15、；
【解析】
f(x)＝sin x－2cos x＝＝sin(x－φ)，其中sin φ＝，cos φ＝，当x－φ＝2kπ＋(k∈Z)时，函数f(x)取得最大值，即θ＝2kπ＋＋φ时，函数f(x)取到最大值，所以cos θ＝－sin φ＝－.
16、
【解析】
由题意利用两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算法则，求得的值．
【详解】
由题意，向量与平行，所以，解得．
故答案为．
本题主要考查了两个向量共线的性质，两个向量坐标形式的运算，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．

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、（1）；（2）.
【解析】
（1）根据余弦定理即可解决．
（2）根据向量的三角形法则即可解决．
【详解】
（1）因为，
所以得，
所以，
所以，因为所以；
（2）取的中点，则，，
所以
所以，

从而由平行四边形性质有
故.
本题主要考查了余弦定理以及向量的三角形法则，其中第二问用了完全平方以及加减消元的思想，是本题的一个难点．解决本题的关键是画一个三角形结合三角形进行分析．
18、（1）见解析（2）存在线段上的中点，使平面，详见解析
【解析】
（1）利用条件判断CM与PA、AB垂直，由直线与平面垂直的判定定理可证.
（2）取PB的中点Q，PA的中点F，判断四边形CQFD为平行四边形，利用直线与平面平行的判定定理可证；或取PB中点Q，证明平面CQM与平面DAP平行，再利用两平面平行的性质可证.
【详解】
解：（1）∵，∴是等边三角形，
∴，
又∵平面，平面，
∴，
又∵，
∴平面；
（2）取线段的中点，线段的中点，连结，

∴，
∵是线段的中点，，
∴，∴是平行四边形，
∴，
又∵平面，平面，
∴平面，
即存在线段上的中点，使平面.
本题考查空间直线与平面的平行、垂直判定与性质，考查空间想象能力，逻辑推理能力，属于中档题.
19、（1）（2）平均数、中位数、众数依次为80，81，80
【解析】
（1）利用频率分布直方图的性质，列出方程，即可求解；
（2）由频率分布直方图，结合平均数、中位数、众数的计算方法，即可求解.
【详解】
（1）由频率分布直方图的性质，可得，解得.
（2）由频率分布直方图，结合平均数、中位数、众数的计算方法，
可得平均数为：
中位数为x，则，解得.
根据众数的概念，可得此频率分布直方图的众数为：80，
因此估计这次初赛成绩的平均数、中位数、众数依次为80，81，80.
本题主要考查了频率分布直方图的性质，平均数、中位数和众数的求解，其中解答中熟记频率分布直方图的相关知识是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
20、（1）当时： ；当时：
（2）（3）
【解析】
（1）直接利用等比数列公式得到答案.
（2）利用错位相减法得到答案.
（3）将不等式转化为，根据双勾函数求数列的最大值得到答案.
【详解】
（1）
当时：
当时：
（2）数列为递增数列，，

两式相加，化简得到

（3）

设
原式 （为奇数）
根据双勾函数知：或时有最大值.
时，原式 时，原式
故
本题考查了等比数列的通项公式，错位相减法求前N项和，恒成立问题，将恒成立问题转化为利用双勾函数求数列的最大值是解题的关键，此题综合性强，计算量大，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.
21、（1）；（2）；（3）；
【解析】
（1）根据函数的最值可得，周期可得，代入最高点的坐标可得，从而可得解析式；
（2）利用正弦函数的递增区间可解得；
（3）利用在内的解就是和，即可得到结果.
【详解】
（1）由函数的图象可得，
又因为函数的周期，所以，
因为函数的图象经过点，即，
所以，即，
所以.
（2）由，
可得，
可得函数的单调递增区间为：，
（3）因为，所以，
又因为可得，
所以或，
解得或，、
因为且，，
所以.
本题考查了由图象求解析式，考查了正弦函数的递增区间，考查了由函数值求角，属于中档题.