2025届云南省玉溪第二中学高一数学第二学期期末统考试题含解析.doc

2025届云南省玉溪第二中学高一数学第二学期期末统考试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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．在中，已知，且满足，则的面积为（ ）
A．1 B．2 C． D．
2．在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
3．定义平面凸四边形为平面上没有内角度数大于的四边形，在平面凸四边形中，，，，，设，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．对一切实数，不等式恒成立.则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
5．直线与平行，则的值为( )
A． B．或 C．0 D．－2或0
6．采用系统抽样方法从人中抽取人做问卷调查，为此将他们随机编号为，，，，分组后某组抽到的号码为1．抽到的人中，编号落入区间 的人数为（ ）
A．10 B． C．12 D．13
7．在中，内角所对的边分别为.若，则的值为（ ）
A． B． C． D．0
8．化简=（ ）
A． B．
C． D．
9．执行如图所示的程序框图，若输入，则输出（ ）

A．13 B．15 C．40 D．46
10．在中，已知，，则为（ ）
A．等腰直角三角形 B．等边三角形
C．锐角非等边三角形 D．钝角三角形
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知向量，且，则___________．
12．在正数数列中，，且点在直线上，则前项和等于__．
13．在锐角△中，，，，则________
14．在中，已知角的对边分别为，且，，，若有两解，则的取值范围是__________．
15．若，点的坐标为，则点的坐标为.
16．设在的内部，且，的面积与的面积之比为______．
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，在三棱柱中，侧面是边长为2的正方形，点是棱的中点.

（1）证明：平面.
（2）若三棱锥的体积为4，求点到平面的距离.
18．锐角的内角、、所对的边分别为、、，若.
（1）求；
（2）若，，求的周长.
19．在中，角所对的边分别为．
（1）若，求角的大小；
（2）若是边上的中线，求证：．
20．如图，在正方体中，是的中点，在上，且.

(1)求证：平面；
(2)在线段上存在一点，，若平面，求实数的值.
21．已知数列的前项和为，且.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）令，数列的前项和为，若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围.
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】
根据正弦定理先进行化简，然后根据余弦定理求出C的大小，结合三角形的面积公式进行计算即可．
【详解】
在中，已知，∴由正弦定理得，
即，∴＝＝，即＝.
∵ ，∴的面积．
故选D．
本题主要考查三角形面积的计算，结合正弦定理余弦定理进行化简是解决本题的关键,属于基础题．
2、C
【解析】
在中，利用正弦定理求出即可．
【详解】
在中，角，，所对的边分别为，，，已知：，，，
利用正弦定理：，解得：.
故选C．
本题考查了正弦定理的应用及相关的运算问题，属于基础题．
3、D
【解析】
先利用余弦定理计算，设，将表示为的函数，再求取值范围.
【详解】
如图所示：

在中，利用正弦定理：

当时，有最小值为
当时，有最大值为 （不能取等号）
的取值范围是
故答案选D

本题考查了利用正余弦定理计算长度范围，将表示为的函数是解题的关键.
4、A
【解析】
时，恒成立.
时，原不等式等价于.
由的最小值是2，可得，即. 选A.
5、A
【解析】
若直线与平行,则,解出a值后,验证两条直线是否重合,可得答案.
【详解】
若直线与平行,
则,
解得或,
又时,直线与表示同一条直线,
故,
故选A.
本题考查的知识点是直线的一般式方程,直线的平行关系,正确理解直线平行的几何意义是解答的关键.
6、C
【解析】
由题意可得抽到的号码构成以11为首项、以30为公差的等差数列，求得此等差数列的通项公式为an＝30n﹣19，由401≤30n﹣21≤755，求得正整数n的个数，即可得出结论．
【详解】
∵960÷32＝30，∴每组30人，∴由题意可得抽到的号码构成以30为公差的等差数列，
又某组抽到的号码为1，可知第一组抽到的号码为11，
∴由题意可得抽到的号码构成以11为首项、以30为公差的等差数列，
∴等差数列的通项公式为an＝11+（n﹣1）30＝30n﹣19，
由401≤30n﹣19≤755，n为正整数可得14≤n≤25，
∴做问卷C的人数为25﹣14+1＝12，
故选C．
本题主要考查等差数列的通项公式，系统抽样的定义和方法，根据系统抽样的定义转化为等差数列是解决本题的关键，比较基础．
7、D
【解析】
设利用余弦定理求cosC的值.
【详解】
设
所以.
故选D
本题主要考查余弦定理，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.
8、D
【解析】
根据向量的加法与减法的运算法则，即可求解，得到答案．
【详解】
由题意，根据向量的运算法则，
可得=++==，故选D．
本题主要考查了向量的加法与减法的运算法则，其中解答中熟记向量的加法与减法的运算法则，准确化简、运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
9、A
【解析】
模拟程序运行即可．
【详解】
程序运行循环时，变量值为，不满足；，不满足；，满足，结束循环，输出．
故选A．
本题考查程序框图，考查循环结构．解题时可模拟程序运行，观察变量值的变化，判断是否符合循环条件即可．
10、A
【解析】
已知第一个等式利用正弦定理化简，再利用诱导公式及内角和定理表示，根据两角和与差的正弦函数公式化简，得到A＝B，第二个等式左边前两个因式利用积化和差公式变形，右边利用二倍角的余弦函数公式化简，将A+B＝C，A﹣B＝0代入计算求出cosC的值为0，进而确定出C为直角，即可确定出三角形形状．
【详解】
将已知等式2acosB＝c，利用正弦定理化简得：2sinAcosB＝sinC，
∵sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+cosAsinB，
∴2sinAcosB＝sinAcosB+cosAsinB，即sinAcosB﹣cosAsinB＝sin（A﹣B）＝0，
∵A与B都为△ABC的内角，∴A﹣B＝0，即A＝B，
已知第二个等式变形得：sinAsinB（2﹣cosC）＝（1﹣cosC）+＝1﹣cosC，
﹣ [cos（A+B）﹣cos（A﹣B）]（2﹣cosC）＝1﹣ cosC，
∴﹣（﹣cosC﹣1）（2﹣cosC）＝1﹣ cosC，
即（cosC+1）（2﹣cosC）＝2﹣cosC，
整理得：cos2C﹣2cosC＝0，即cosC（cosC﹣2）＝0，
∴cosC＝0或cosC＝2（舍去），
∴C＝90°，
则△ABC为等腰直角三角形．
故选A．
此题考查了正弦定理，两角和与差的正弦公式，二倍角的余弦函数公式，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
把平方，将代入，化简即可得结果.
【详解】
因为，
所以，
，故答案为.
本题主要考查向量的模及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角， （此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影， 在 上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量 的模（平方后需求）.
12、
【解析】
在正数数列中，由点在直线上，知，所以，得到数列是首项为1，公比为2的等比数列，由此能求出前n项和，得到答案．
【详解】
由题意，在正数数列中，，且在直线上，
可得，所以，
即，
因为，所以数列表示首项为1，公比为2的等比数列，
所以，
故答案为．
本题主要考查了等比数列的定义，以及等比数列的前n项和公式的应用，同时涉及到数列与解析几何的综合运用，是一道好题．解题时要认真审题，仔细解答，注意等比数列的前n项和公式和通项公式的灵活运用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．
13、
【解析】
由正弦定理，可得，求得，即可求解，得到答案.
【详解】
由正弦定理，可得，所以，
又由△为锐角三角形，所以.
故答案为：.
本题主要考查了正弦定理得应用，其中解答中熟记正弦定理，准确计算是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题.
14、
【解析】
利用正弦定理得到，再根据有两解得到，计算得到答案.
【详解】
由正弦定理得：
若有两解：

故答案为
本题考查了正弦定理，有两解，意在考查学生的计算能力.
15、
【解析】
试题分析：设，则有，所以，解得，所以.
考点：平面向量的坐标运算.
16、1:3
【解析】
记,，可得：为的重心，利用比例关系可得：，,，结合：即可得解.
【详解】
记,
则
则为的重心，如下图

由三角形面积公式可得：，,
又为的重心，
所以，
所以
所以
本题主要考查了三角形重心的向量结论，还考查了转化能力及三角形面积比例计算，属于难题.

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）见解析（2）6
【解析】
（1）由平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行可判定平面；（2）由三棱锥的体积为4，可知四棱锥的体积，再由三棱锥的体积公式即可求得高．
【详解】
（1）证明：连接，与交于点，连接.

因为侧面是平行四边形，所以点是的中点.
因为点是棱的中点，所以.
因为平面，平面，所以平面.
（2）解：因为三棱锥的体积为4，所以三棱柱的体积为12，
则四棱锥的体积为.
因为侧面是边长为2的正方形，
所以侧面的面积为.
设点到平面的距离为，则，解得.
故点到平面的距离为6.
本题考查直线平行平面的判定和用三棱锥体积公式求点到平面的距离．
18、（1）；（2）.
【解析】
（1）利用正弦定理边角互化思想，结合两角和的正弦公式可计算出的值，结合为锐角，可得出角的值；
（2）利用三角形的面积公式可求出，利用余弦定理得出，由此可得出的周长.
【详解】
（1）依据题设条件的特点，由正弦定理，
得，有，
从而，解得，为锐角，因此，；
（2），故，
由余弦定理，即，
，，
故的周长为．
本题考查正弦定理边角互化思想的应用，同时也考查余弦定理和三角形面积公式解三角形，要熟悉正弦定理和余弦定理解三角形所适用的基本类型，同时在解题时充分利用边角互化思想，可以简化计算，考查运算求解能力，属于中等题.
19、（1）；（2）见解析
【解析】
（1）已知三边的关系且有平方，考虑化简式子构成余弦定理即可。（2）观察结论形似余弦定理，通过，则互补，则余弦值互为相反数联系。
【详解】
（1）∵，∴
∴
由余弦定理，得，∴
∵，∴，
∵，∴
（2）设，，则
在中，由余弦定理，得
在中，同理，得
∵，
∴，
∵，∴，∴
解三角形要注意观察题干条件所给的形式，出现边长平方一般会考虑用到余弦定理。正弦定理和余弦定理是我们解三角形的两大常用工具，需要熟练运用。
20、 (1)证明见解析；(2)
【解析】
(1)分别证明与即可.
(2)设平面与的交点为,利用线面与面面平行的判定与性质可知只需满足,再利用平行所得的相似三角形对应边成比例求解即可.
【详解】
(1)连接.因为正方体,故,且,又.故平面.又平面,故.
同理,,,故.
又,平面.故平面.

(2) 设平面与的交点为,连接.
因为,平面,,
故.又,故.
设正方体边长为6,则因为,故
故, 所以.
又平面则只需即可.此时又因为,故四边形为平行四边形.故.此时.故.
故

本题主要考查了线面垂直的证明以及根据线面平行求解参数的问题,需要根据题意找到线与所证平面内的一条直线平行,并利用平面几何中的相似方法求解.属于中档题.
21、（1）（2）
【解析】
试题分析：解：（1）当时，，解得；
当时，，
∴，故数列是以为首项，2为公比的等比数列，
故． 4分
（2）由（1）得，，
∴5分
令，
则，
两式相减得
∴， 7分
故， 8分
又由（1）得，， 9分
不等式即为，
即为对任意恒成立， 10分
设，则，
∵，∴，
故实数t的取值范围是． 12分
考点：等比数列
点评：主要是考查了等比数列的通项公式和求和的运用，属于基础题．