2025年新疆维吾尔自治区吐鲁番市高昌区二中高一下数学期末质量检测试题含解析.doc

2025年新疆维吾尔自治区吐鲁番市高昌区二中高一下数学期末质量检测试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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．的值为（　　）
A． B． C． D．
2．记等差数列前项和，如果已知的值，我们可以求得（ ）
A．的值 B．的值 C．的值 D．的值
3．在中，点是边上的靠近的三等分点，则（ ）
A． B．
C． D．
4．若函数局部图象如图所示，则函数的解析式为　　

A． B．
C． D．
5．设的内角，，的对边分别为，，．若，，，且，则（ ）
A． B． C． D．
6．下图所示的茎叶图记录了甲、乙两组各5名工人某日的产量数据（单位：件）若这两组数据的中位数相等，且平均值也相等，则和的值分别为

A．5，5 B．3，5 C．3，7 D．5，7
7．若一个数列的前三项依次为6，18，54，则此数列的一个通项公式为（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数图象的一条对称轴是，则函数的最大值为（ ）
A．5 B．3 C． D．
9．设公差为－2的等差数列，如果，那么等于()
A．－182 B．－78 C．－148 D．－82
10．已知函数(,)的部分图像如图所示，则的值分别是( )

A． B．
C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知正方体中,，分别为,的中点,那么异面直线与所成角的余弦值为______.
12．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 ．
13．设的内角，，所对的边分别为，，.已知，，如果解此三角形有且只有两个解，则的取值范围是_____．
14．定义为数列的均值,已知数列的均值,记数列的前项和是,若对于任意的正整数恒成立,则实数k的取值范围是________．
15．在中，已知M是AB边所在直线上一点，满足，则________.
16．设的内角、、的对边分别为、、，且满足.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．已知数列满足,,设.
(1)求,,;
(2)证明:数列是等比数列,并求数列和的通项公式.
18．已知函数.
（Ⅰ）求的最小正周期；
（Ⅱ）若在区间上的最大值为，求的最小值.
19．解关于不等式：
20．如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.

（1）求证：BD⊥平面PAC；
（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；
21．在中，角所对的边分别为，，，，为的中点.

（1）求的长；
（2）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】
由诱导公式可得，故选B.
2、C
【解析】
设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由a5+a21=2a1+24d的值为已知，再利用等差数列的求和公式，即可得出结论．
【详解】
设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，∵已知a5+a21的值，
∴2a1+24d的值为已知，∴a1+12d的值为已知，∵
∴我们可以求得S25的值．
故选：C．
本题考查等差数列的通项公式与求和公式的应用，考查学生的计算能力，属于中档题．
3、A
【解析】
将题中所体现的图形画出，可以很直观的判断向量的关系.
【详解】

如图有向量运算可以知道：,选择A
考查平面向量基本定理， 利用好两向量加法的计算原则：首尾相连，首尾相接.
4、D
【解析】
由的部分图象可求得A，T，从而可得，再由，结合的范围可求得，从而可得答案．
【详解】
，
；
又由图象可得：，可得：，
，
，．
，，
又，
当时，可得：，此时，可得：
故选D．
本题考查由的部分图象确定函数解析式，常用五点法求得的值，属于中档题．
5、B
【解析】
由余弦定理得：，所以，即，解得：或，因为，所以，故选B．
考点：余弦定理．
6、B
【解析】
利用茎叶图、中位数、平均数的性质直接求解．
【详解】
由茎叶图得：
∵甲、乙两组各5名工人某日的产量数据（单位：件）若这两组数据的中位数相等，
∴65＝60+y，解得y＝5，
∵平均值也相等，
∴，
解得x＝1．
故选B．
本题考查实数值的求法，考查茎叶图、中位数、平均数的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7、C
【解析】
，，，可以归纳出数列的通项公式．
【详解】
依题意，，，，
所以此数列的一个通项公式为，
故选：C．
本题考查了数列的通项公式，主要考查归纳法得到数列的通项公式，属于基础题．
8、B
【解析】
函数图象的一条对称轴是，可得，解得．可得函数，再利用辅助角公式、倍角公式、三角函数的有界性即可得出．
【详解】
函数图象的一条对称轴是，
，解得．
则函数

当时取等号．
函数的最大值为1．故选．
本题主要考查三角函数的性质应用以及利用二倍角公式和辅助角公式进行三角恒等变换．
9、D
【解析】
根据利用等差数列通项公式及性质求得答案．
【详解】
∵{an}是公差为﹣2的等差数列，
∴a3+a6+a9+…+a99＝（a1+2d）+（a4+2d）+（a7+2d）+…+（a97+2d）＝a1+a4+a7++a97+33×2d＝50﹣132＝﹣1．
故选D．
本题主要考查了等差数列的通项公式及性质的应用，考查了运算能力，属基础题．
10、B
【解析】
通过函数图像可计算出三角函数的周期，从而求得w，再代入一个最低点即可得到答案.
【详解】
, ，
又，
，，
又，，
故选B.
本题主要考查三角函数的图像，通过周期求得w是解决此类问题的关键.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
异面直线所成角，一般平移到同一个平面求解．
【详解】
连接DF，
异面直线与所成角等于

异面直线所成角，一般平移到同一个平面求解．不能平移时通常考虑建系，利用向量解决问题．
12、
【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．
13、
【解析】
由余弦定理写出c与x的等式，再由有两个正解，解出x的取值范围
【详解】
根据余弦定理： 代入数据并整理有，有且仅有两个解，记为 则：

本题主要考查余弦定理以及韦达定理，属于中档题．
14、
【解析】
因为,,从而求出,可得数列为等差数列,记数列为,从而将对任意的恒成立化为,,即可求得答案.
【详解】
,
,
故,
,
则,对也成立,
,
则,
数列为等差数列,
记数列为.
故对任意的恒成立,可化为:,；
即,解得,,
故答案为:．
本题考查了根据递推公式求数列通项公式和数列的单调性,掌握判断数列前项和最大值的方法是解题关键,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.
15、3
【解析】
由M在AB边所在直线上，则，又，然后将，都化为，即可解出答案.
【详解】
因为M在直线AB上，所以可设，
可得，即，
又，则
由与不共线，所以，解得.
故答案为：3
本题考查向量的减法和向量共线的利用，属于基础题.
16、4
【解析】
解法1 有题设及余弦定理得
.
故 .
解法2 如图4，过点作，垂足为.则
，.
由题设得.又，联立解得
，.故.

解法3 由射影定理得.
又，与上式联立解得
，.故.

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)证明见详解， ，.
【解析】
（1）根据递推公式，赋值求解即可；
（2）利用定义，求证为定值即可，由数列通项公式即可求得和.
【详解】
（1）由条件可得，
将代入得，，而，所以.
将代入得，所以.
从而，，.
（2）由条件可得，即，，
又，所以是首项为1，公比为3的等比数列，.
因为，所以.
本题考查利用递推关系求数列某项的值，以及利用数列定义证明等比数列，及求通项公式，是数列综合基础题.
18、（Ⅰ） ；（Ⅱ）.
【解析】
（I）将化简整理成的形式，利用公式可求最小正周期；（II）根据，可求的范围，结合函数图象的性质，可得参数的取值范围.
【详解】
（Ⅰ），
所以的最小正周期为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知.
因为，所以.
要使得在上的最大值为，
即在上的最大值为1.
所以，即.
所以的最小值为.
点睛：本题主要考查三角函数的有关知识，解题时要注意利用二倍角公式及辅助角公式将函数化简，化简时要注意特殊角三角函数值记忆的准确性，及公式中符号的正负.
19、当时，；当时，；当时，；当时，；当时，
【解析】
试题分析：
当时，；当时，
当时，；当时，；当时，
考点：解不等式
点评：本题中的不等式带有参数，在求解时需对参数做适当的分情况讨论，题目中主要讨论的方向是：不等式为一次不等式或二次不等式，解二次不等式与二次方程的根有关，进而讨论二次方程的根的大小
20、（1）见解析；（2）见解析；
【解析】
（1）要证BD⊥平面PAC，只需在平面PAC上找到两条直线跟BD垂直即证，显然，从平面中可证，即证.
(2)要证明平面PAB⊥平面PAE,可证平面即可.
【详解】
（1）证明：因为平面,所以；
因为底面是菱形，所以;
因为,平面,
所以平面.
（2）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以,
因为,所以；
因为平面，平面,
所以；
因为
所以平面，
平面,所以平面平面.
本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
21、 (1) ．(2)
【解析】
（1）在中分别利用余弦定理完成求解；（2）在中利用正弦定理求解的值.
【详解】
解：（1）在中，由余弦定理得，
∴，解得
∵为的中点，∴．
在中，由余弦定理得

，
∴．
（2）在中，由正弦定理得，
∴．
本题考查解三角形中的正余弦定理的运用，难度较易.对于给定图形的解三角形问题，一定要注意去结合图形去分析.