江西省于都县三中2025年高一数学第二学期期末综合测试模拟试题含解析.doc

江西省于都县三中2025年高一数学第二学期期末综合测试模拟试题
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．已知点，则向量（ ）
A． B． C． D．
2．函数则＝（ ）
A． B． C．2 D．0
3．一个人连续射击三次，则事件“至少击中两次”的对立事件是（ ）
A．恰有一次击中 B．三次都没击中
C．三次都击中 D．至多击中一次
4．用数学归纳法时，从“k到”左边需增乘的代数式是（ ）
A． B．
C． D．
5．为了治疗某种疾病，研制了一种新药，为确定该药的疗效，生物实验室有只小动物，其中有3只注射过该新药，若从这只小动物中随机取出只检测，则恰有只注射过该新药的概率为( )
A． B． C． D．
6．设等差数列的前项的和为，若，，且，则（ ）
A． B． C． D．
7．为了了解我校今年准备报考飞行员的学生的体重情况，将所得的数据整理后，画出了频率分布直方图（如图），已知图中从左到右的前3个小组的频率之比为，第2小组的频数为12，则抽取的学生总人数是（ ）

A．24 B．48 C．56 D．64
8．如图，在平行六面体中，M，N分别是所在棱的中点，则MN与平面的位置关系是（ ）

A． MN平面
B． MN与平面相交
C． MN平面
D．无法确定MN与平面的位置关系
9．执行如图所示的程序框图，令，若，则实数a的取值范围是

A． B．
C． D．
10．设是等比数列，则“”是“数列是递增数列”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．数列定义为，则_______.
12．如图，在直四棱柱中，，，，分别为的中点，平面平面.给出以下几个说法：
①；
②直线与的夹角为；
③与平面所成的角为；
④平面内存在直线与平行.

其中正确命题的序号是__________.
13．设，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点，则的最大值是 ．
14．中，，则A的取值范围为______．
15．设满足约束条件，则的最小值为__________．
16．函数的图象过定点______.
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．某厂每年生产某种产品万件，其成本包含固定成本和浮动成本两部分.已知每年固定成本为20万元，浮动成本，.若每万件该产品销售价格为40万元，且每年该产品产销平衡.
（1）设年利润为（万元），试求与的关系式；
（2）年产量为多少万件时，该厂所获利润最大？并求出最大利润.
18．已知A，B，C是的内角，a，b，c分别是其对边长，向量，，且.
(1)求角的大小；
(2)若，，求的面积.
19．（Ⅰ）已知向量，求与的夹角的余弦值；
（Ⅱ）已知角终边上一点，求的值．
20．已知的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且.
(1)若,求的值;
(2)若,求b,c的值.
21．已知函数，
（1）求函数的最小正周期；
（2）设的内角的对边分别为，且，，，求的面积．
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】
利用终点的坐标减去起点的坐标，即可得到向量的坐标．
【详解】
∵点，，
∴向量，，.
故选：D．
本题考查向量的坐标表示，考查运算求解能力，属于基础题.
2、B
【解析】
先求得的值，进而求得的值.
【详解】
依题意，，故选B.
本小题主要考查分段函数求值，考查运算求解能力，属于基础题.
3、D
【解析】
根据判断的原则：“至少有个”的对立是“至多有个”.
【详解】
根据判断的原则：“至少击中两次”的对立事件是“至多击中一次”，
故选D.
至多至少的对立事件问题，可以采用集合的补集思想进行转化.如“至少有个”则对应“”，其补集应为“”.
4、C
【解析】
分别求出n＝k时左端的表达式，和n＝k+1时左端的表达式，比较可得“n从k到k+1”左端需增乘的代数式．
【详解】
当n＝k时，左端＝（k+1）（k+2）（k+3）…（2k），
当n＝k+1时，左端＝（k+2）（k+3）…（2k）（2k+1）（2k+2），
∴左边需增乘的代数式是
故选：C．
本题考查用数学归纳法证明等式，分别求出n＝k时左端的表达式和n＝k+1时左端的表达式，是解题的关键．
5、B
【解析】
将只注射过新药和未注射过新药的小动物分别编号，列出所有的基本事件，并确定事件“恰有只注射过该新药”所包含的基本事件的数目，然后利用古典概型的概率计算公式可该事件的概率．
【详解】
将只注射过新药的小动物编号为、、，只未注射新药的小动物编号为、、，
记事件恰有只注射过该新药，
所有的基本事件有：、、、、、、、、、、、、、、，共个，
其中事件所包含的基本事件个数为个，由古典概型的概率公式得，
故选B．
本题考查古典概型的概率公式，列举基本事件是解题的关键，一般在列举基本事件有枚举法和数状图法，列举时应注意不重不漏，考查计算能力，属于中等题．
6、C
【解析】
，，，，，，故选C.
7、B
【解析】
根据频率分布直方图可知从左到右的前3个小组的频率之和，再根据频率之比可求出第二组频率，结合频数即可求解.
【详解】
由直方图可知，
从左到右的前3个小组的频率之和为，
又前3个小组的频率之比为，
所以第二组的频率为，
所以学生总数，故选B.
本题主要考查了频率分布直方图，频率，频数，总体，属于中档题.
8、C
【解析】
取的中点，连结，可证明平面平面，由于平面，可知平面.
【详解】
取的中点，连结，显然，
因为平面，平面，
所以平面，平面，
又，
故平面平面，
又因为平面，所以平面.
故选C.

本题考查了直线与平面的位置关系，考查了线面平行、面面平行的证明，属于基础题.
9、D
【解析】
该程序的功能是计算并输出分段函数.
当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，无解.
综上，，则实数a的取值范围是.
故选D.
10、B
【解析】
由，可得，解得或，根据等比数列的单调性的判定方法，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解，得到答案.
【详解】
设等比数列的公比为，则，可得，解得或，
此时数列不一定是递增数列；
若数列为递增数列，可得或，
所以“”是“数列为递增数列”的必要不充分条件.
故选：B.
本题主要考查了等比数列的通项公式与单调性，以及充分条件、必要条件的判定，其中解答中熟记等比数列的单调性的判定方法是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
由已知得两式，相减可发现原数列的奇数项和偶数项均为等差数列，分类讨论分别算出奇数项的和和偶数项的和，再相加得原数列前的和
【详解】

两式相减得
数列的奇数项，偶数项分别成等差数列，
， ，，
数列的前2n项中所有奇数项的和为：
，
数列的前2n项中所有偶数项的和为：

对于递推式为，其特点是隔项相减为常数，这种数列要分类讨论，分偶数项和奇数项来研究，特别注意偶数项的首项为，而奇数项的首项为.
12、①③.
【解析】
利用线面平行的性质定理可判断①；利用平行线的性质可得直线与的夹角等于直线与所成的角，在中即可判断②；与平面所成的角即为与平面所成的角可判断③；根据直线与平面的位置关系可判断④；
【详解】
对于①，由，平面平面，则，
又，所以，故①正确；
对于②，连接，由，
即直线与的夹角等于直线与所成的角，

在中，，显然直线与的夹角不为，
故②不正确；
对于③，与平面所成的角即为与平面所成的角，
根据三棱柱为直棱柱可知为与平面所成的角，
在梯形中，，，，
可解得与平面所成的角为，故③正确；
对于④，由于与平面相交，故平面内不存在与平行的直线.
故答案为：①③
本题是一道立体几何题目，考查了线面平行的性质定理，求线面角以及直线与平面之间的位置关系，属于中档题.
13、5
【解析】
试题分析：易得.设，则消去得：，所以点P在以AB为直径的圆上，，所以，.
法二、因为两直线的斜率互为负倒数，所以，点P的轨迹是以AB为直径的圆.以下同法一.
【考点定位】1、直线与圆；2、重要不等式.
14、
【解析】
由正弦定理将sin2A≤sin2B＋sin2C－sin Bsin C 变为，然后用余弦定理推论可求，进而根据余弦函数的图像性质可求得角A的取值范围．
【详解】
因为sin2A≤sin2B＋sin2C－sin Bsin C，所以，即 ．
所以 ，
因为，所以．
在三角形中，已知边和角或边、角关系，求角或边时，注意正弦、余弦定理的运用．条件只有角的正弦时，可用正弦定理的推论，将角化为边．
15、-1
【解析】
由约束条件作出可行域，由图得到最优解，求出最优解的坐标，数形结合得答案．
【详解】
由x，y满足约束条件作出可行域如图，
由图可知，目标函数的最优解为A，
联立，解得A（﹣1，1）．
∴z＝3x﹣2y的最小值为﹣3×1﹣2×1＝﹣1．
故答案为：﹣1．

本题考查了简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．
16、
【解析】
令真数为，求出的值，代入函数解析式可得出定点坐标.
【详解】
令，得，当时，.
因此，函数的图象过定点.
故答案为：.
本题考查对数型函数图象过定点问题，一般利用真数为来求得，考查计算能力，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）产量（万件）时，该厂所获利润最大为100万元．
【解析】
（1）由销售收入减去成本可得利润；
（2）分段求出的最大值，然后比较可得．
【详解】
（1）由题意；
即；
（2）时，，时，，
当时，在是递增，在上递减，
时，
综上，产量（万件）时，该厂所获利润最大为100万元．
本题考查函数模型的应用，根据所给函数模型求出函数解析式，然后由分段函数性质分段求出最大值，比较后得出函数 最大值．考查学生的应用能力．
18、 (Ⅰ)；(Ⅱ)
【解析】
(1)先由，结合正弦定理，得到，再由，即可求出结果；
（2）由余弦定理得到，进而可求出三角形的面积.
【详解】
解: (1)∵
∴
∴
∴
∴
∵
∴;
(2)在中，，
由余弦定理知
∴
∴
本题主要考查解三角形，熟记正弦定理与余弦定理即可，属于常考题型.
19、（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）由已知分别求得及与，再由数量积求夹角计算结果；
（Ⅱ）利用任意角的三角函数的定义求得sinα，再由三角函数的诱导公式化简求值．
【详解】
（Ⅰ）∵，
∴，||＝5，||，
∴．
（Ⅱ）∵P（﹣4，3）为角α终边上一点，
∴，．
则sin2α．
本题考查利用数量积求向量的夹角，考查任意角的三角函数的定义，训练了利用诱导公式化简求值，是基础题．
20、 (1);(2)
【解析】
(1)先求出，再利用正弦定理可得结果；
(2)由求出，再利用余弦定理解三角形.
【详解】
(1)∵,且，
∴，
由正弦定理得，
∴；
(2)∵，
∴，
∴，
由余弦定理得，
∴.
本题考查正弦余弦定理解三角形，是基础题.
21、（1）；（2）．
【解析】
（1）利用二倍角和辅助角公式可将函数整理为，利用求得结果；（2）由，结合的范围可求得；利用两角和差正弦公式和二倍角公式化简已知等式，可求得；分别在和两种情况下求解出各边长，从而求得三角形面积.
【详解】
（1）
的最小正周期：
（2）由得：，即：
，，解得：，

由得：

即：
若，即时，
则：
若，则
由正弦定理可得：
由余弦定理得：
解得：

综上所述，的面积为：
本题考查正弦型函数的最小正周期、三角形面积的求解，涉及到正弦定理、余弦定理、三角形面积公式、两角和差正弦公式、二倍角公式、辅助角公式的应用，考查学生对于三角函数、三角恒等变换和解三角形知识的掌握.