2025届云南省普洱市二中高一数学第二学期期末考试试题含解析.doc

2025届云南省普洱市二中高一数学第二学期期末考试试题
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．函数，则命题正确的（ ）
A．是周期为1的奇函数 B．是周期为2的偶函数
C．是周期为1的非奇非偶函数 D．是周期为2的非奇非偶函数
2．阅读下面的程序框图，运行相应的程序，若输入的值为24，则输出的值为（ ）

A．0 B．1 C．2 D．3
3．中，，则（ ）
A． B． C．或 D．
4．为了得到函数的图像，只需把函数的图像（ ）
A．向右平移个单位长度，再把各点的横坐标伸长到原来的3倍；
B．向左平移个单位长度，再把各点的横坐标伸长到原来的3倍；
C．向右平移个单位长度，再把各点的横坐标缩短到原来的倍；
D．向左平移个单位长度，再把各点的横坐标缩短到原来的倍
5．已知组数据，，…，的平均数为2,方差为5,则数据2+1，2+1，…，2+1的平均数与方差分别为( )
A．=4,=10 B．=5,=11
C．=5,=20 D．=5,=21
6．函数（且）的图像是下列图像中的（ ）
A． B．
C． D．
7．一个几何体的三视图如图所示，那么此几何体的侧面积（单位：cm2）为（ ）

A．48 B．64 C．120 D．80
8．大衍数列，来源于《乾坤普》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两翼数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，……则此数列的第20项为（ ）
A．200 B．180 C．128 D．162
9．函数 的最小正周期是( )
A． B． C． D．
10．在下列结论中，正确的为（ ）
A．两个有共同起点的单位向量，其终点必相同
B．向量与向量的长度相等
C．向量就是有向线段
D．零向量是没有方向的
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．函数的递增区间是__________.
12．设是公差不为0的等差数列,且成等比数列,则的前10项和________.
13．若，则______．
14．中，，，，则______.
15．设为，的反函数，则的值域为______.
16．如图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为______.

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．如图，等边所在的平面与菱形所在的平面垂直，分别是的中点.

（1）求证：平面；
（2）若，，求三棱锥的体积
18．如图，墙上有一壁画，最高点离地面4米，最低点离地面2米，观察者从距离墙米，离地面高米的处观赏该壁画，设观赏视角

（1）若问：观察者离墙多远时，视角最大？
（2）若当变化时，求的取值范围.
19．从代号为A、B、C、D、E的5个人中任选2人
（1）列出所有可能的结果；
（2）若A、B、C三人为男性，D、E两人为女性，求选出的2人中不全为男性的概率.
20．已知向量.
（1）求的值；
（2）若，且，求.
21．函数.
（1）求函数的周期和递增区间；
（2）若，求函数的值域.
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】
由题得函数的周期为T= =2，又f(x)=sin(πx−)−1=−cosπx−1，从而得出函数f(x)为偶函数．
故本题正确答案为B．
2、C
【解析】
根据给定的程序框图，逐次循环计算，即可求解，得到答案．
【详解】
由题意，第一循环：，能被3整除，不成立，
第二循环：，不能被3整除，不成立，
第三循环：，不能被3整除，成立，
终止循环，输出，故选C．
本题主要考查了程序框图的识别与应用，其中解答中根据条件进行模拟循环计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
3、A
【解析】
根据正弦定理，可得，然后根据大边对大角，可得结果..
【详解】
由，
所以
由，所以
故，所以
故选：A
本题考查正弦定理的应用，属基础题.
4、B
【解析】
根据函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，得出结论．
【详解】
把函数y＝2sinx，x∈R的图象上所有的点向左平移个单位长度，可得函数y＝2sin（x）的图象，
再把所得各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），可得函数y＝2sin（），x∈R的图象，
故选：B．
本题主要考查函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，属于中档题．
5、C
【解析】
根据题意，利用数据的平均数和方差的性质分析可得答案．
【详解】
根据题意，数据，，，的平均数为2，方差为5，
则数据，，，的平均数，
其方差；
故选．
本题考查数据的平均数、方差的计算，关键是掌握数据的平均数、方差的计算公式，属于基础题．
6、C
【解析】
将函数表示为分段函数的形式，由此确定函数图像.
【详解】
依题意，.由此判断出正确的选项为C.
故选C.
本小题主要考查三角函数图像的识别，考查分段函数解析式的求法，考查同角三角函数的基本关系式，属于基础题.
7、D
【解析】
先还原几何体，再根据锥体侧面积公式求结果.
【详解】
几何体为一个正四棱锥，底面为边长为8的正方体，侧面为等腰三角形，底边上的高为5，因此四棱锥的侧面积为，选D.
解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．
8、A
【解析】
由0、2、4、8、12、18、24、32、40、50…，可得偶数项的通项公式：，即可得出．
【详解】
由0、2、4、8、12、18、24、32、40、50…，
可得偶数项的通项公式：，则此数列第20项＝2×102＝1．
故选：A．
本题考查了数列递推关系、通项公式、归纳法，属于基础题．
9、A
【解析】
作出函数的图象可得出该函数的最小正周期。
【详解】
作出函数的图象如下图所示，

由图象可知，函数的最小正周期为，故选：A。
本题考查三角函数周期的求解，一般而言，三角函数最小正周期的求解方法有如下几种：
（1）定义法：即；
（2）公式法：当时，函数或的最小正周期为，函数最小正周期为；
（3）图象法。
10、B
【解析】
逐一分析选项，得到答案.
【详解】
A.单位向量的方向任意，所以当起点相同时，终点在以起点为圆心的单位圆上，终点不一定相同，所以选项不正确；
B. 向量与向量是相反向量，方向相反，长度相等，所以选项正确；
C.向量是既有大小，又有方向的向量，可以用有向线段表示，但不能说向量就是有向线段，所以选项不正确；
D.规定零向量的方向任意，而不是没有方向，所以选项不正确.
故选B.
本题考查了向量的基本概念，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】
先利用辅助角公式对函数化简，由
可求解.
【详解】
函数，
由，
可得，
所以函数的单调增区间为.
故答案为：
本题考查了辅助角公式、正弦函数的图像与性质，需熟记公式与性质，属于基础题.
12、
【解析】
利用等差数列的通项公式和等比数列的性质求出公差，由此能求出
【详解】
因为是公差不为0的等差数列,且成等比数列
所以，即
解得或(舍)
所以
故答案为：
本题考查等差数列前10项和的求法，解题时要认真审题，注意等比数列的性质合理运用.
13、
【解析】
,
则，
故答案为.
14、
【解析】
根据，得到的值，再由余弦定理，得到的值.
【详解】
因为，
所以，
在中，，，
由余弦定理得

.
所以.
故答案为：
本题考查二倍角的余弦公式，余弦定理解三角形，属于简单题.
15、
【解析】
求出原函数的值域可得出其反函数的定义域，取交集可得出函数的定义域，再由函数的单调性可求出该函数的值域.
【详解】
函数在上为增函数，则函数的值域为，
所以，函数的定义域为.
函数的定义域为，
由于函数与函数单调性相同，可知，函数在上为增函数.
当时，函数取得最小值；
当时，函数取得最大值.
因此，函数的值域为.
故答案为：.
本题考查函数值域的求解，考查函数单调性的应用，明确两个互为反函数的两个函数具有相同的单调性是解题的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
16、
【解析】
试题分析：由三视图知，几何体是一个四棱锥，
四棱锥的底面是一个正方形，边长是2，
四棱锥的一条侧棱和底面垂直，且这条侧棱长是2，
这样在所有的棱中，连接与底面垂直的侧棱的顶点与相对的底面的顶点的侧棱是最长的长度是，
考点：三视图
点评：本题考查由三视图还原几何体，所给的是一个典型的四棱锥，注意观察三视图，看出四棱锥的一条侧棱与底面垂直．

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）证明见解析；（2）.
【解析】
解法一：（1）取中点，连接，，证出，利用线面平行的判定定理即可证出.
（2）取中点，连接，利用面面垂直的性质定理可得平面，过作于，可得平面，由即可求解.
解法二：（1）取中点，连接，证出平面，平面，利用面面平行的判定定理可证出平面平面，再利用面面平行的性质定理即可证出.
（2）取中点，连接，根据面面垂直的性质定理可得平面，再由，利用三棱锥的体积公式即可求解.
【详解】
解法一：（1）取中点，连接，.

因为分别是的中点，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）取中点，连接，则，且，

因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面
同理，在平面内，过作于，
则平面，且，
因为为的中点，
所以

，
所以，.
解法二：（1）取中点，连接，

因为为的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
因为，且，
所以四边形为平行四边形，故，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面.
（2）取中点，连接，

依题意，为等边三角形，
所以，且.
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面.
因为是的中点，
所以

，
所以 .
本小题主要考查几何体的体积及、直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想等.
18、（1）
（2）3≤x≤1．
【解析】
试题分析：（1）利用两角差的正切公式建立函数关系式，根据基本不等式求最值，最后根据正切函数单调性确定最大时取法，（2）利用两角差的正切公式建立等量关系式，进行参变分离得，再根据a的范围确定范围，最后解不等式得的取值范围.
试题解析：（1）当时，过作的垂线，垂足为，
则，且，
由已知观察者离墙米，且，
则，
所以， ，
当且仅当时，取“”．
又因为在上单调增，所以，当观察者离墙米时，视角最大．
（2）由题意得，，又，
所以，
所以，
当时，，所以，
即，解得或，
又因为，所以，
所以的取值范围为．

19、（1）见解析（2）0.7
【解析】
（1）从代号为、、、、的5个人中任选2人，利用列举法能求出所有可能的结果．
（2）、、三人为男性，、两人为女性，利用列举法求出选出的2人中不全为男性包含的基本事件有7种，由此能求出选出的2人中不全为男性的概率．
【详解】
（1）从代号为、、、、的5个人中任选2人．
所有可能的结果有10种，分别为：
，，，，，，，，，．
（2）、、三人为男性，、两人为女性，
选出的2人中不全为男性包含的基本事件有7种，分别为：
，，，，，，．
选出的2人中不全为男性的概率．
本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
20、（1）；（2）.
【解析】
（1）对等式进行平方运算，根据平面向量的模和数量积的坐标表示公式，结合两角差的余弦公式直接求解即可；
（2）由（1）可以结合同角的三角函数关系式求出的值，再由同角三角函数关系式结合的值求出的值，最后利用两角和的正弦公式求出的值即可.
【详解】
（1）
；
（2）因为，所以，而，
所以，因为，，所以
.
因此有.
本题考查了已知平面向量的模求参数问题，考查了平面向量数量积的坐标表示公式，考查了两角差的余弦公式，考查了两角和的正弦公式，考查了同角的三角函数关系式的应用，考查了数学运算能力.
21、（1）周期为，单调递增区间为；（2）.
【解析】
（1）利用二倍角降幂公式、两角差的正弦公式将函数的解析式化简为，然后利用周期公式可计算出函数的周期，解不等式即可得出函数的单调递增区间；
（2）由计算出的取值范围，可得出的范围，进而可得出函数的值域.
【详解】
（1），
所以，函数的周期为，
由，解得，
因此，函数的单调递增区间为；
（2）当时，，则，，
因此，函数在区间上的值域为.
本题考查正弦型三角函数周期、单调区间以及值域的求解，解题的关键就是利用三角恒等变换思想将解析式进行化简，考查运算求解能力，属于中等题.