安徽省舒城县桃溪中学2025年高一数学第二学期期末统考试题含解析.doc

安徽省舒城县桃溪中学2025年高一数学第二学期期末统考试题
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．从装有5个红球和3个白球的口袋内任取3个球，那么互斥而不对立的事件是（ ）
A．至少有一个红球与都是红球
B．至少有一个红球与都是白球
C．恰有一个红球与恰有二个红球
D．至少有一个红球与至少有一个白球
2．的值为
A． B． C． D．
3．如图，正方体的棱长为，那么四棱锥的体积是（）

A．
B．
C．
D．
4．在△ABC中，A＝60°，AB＝2，且△ABC的面积为，则BC的长为( )．
A． B．2 C． D．
5．已知中，，，的对边分别是，，，且，，，则边上的中线的长为( )
A． B．
C．或 D．或
6．的三内角所对的边分别为，若，则角的大小是（ ）
A． B． C． D．
7．已知向量（2，0），||＝1，1，则与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
8．不等式>0的解集是（ ）
A．（－，0）（1，+） B．（－，0）
C．（1，+） D．（0，1）
9．函数的图象的相邻两支截直线所得的线段长为，则的值是（ ）
A．0 B． C．1 D．
10．若一个正四棱锥的侧棱和底面边长相等，则该正四棱锥的侧棱和底面所成的角为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．水平放置的的斜二测直观图如图所示，已知，，则边上的中线的实际长度为______．

12．设数列是首项为0的递增数列，函数满足：对于任意的实数，总有两个不同的根，则的通项公式是________．
13．若八个学生参加合唱比赛的得分为87，88，90，91，92，93，93，94，则这组数据的方差是______
14．直棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为 ．
15．已知实数满足条件，则的最大值是________.
16．方程的解=__________．
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。
17．2019年，河北等8省公布了高考改革综合方案将采取“3+1+2”模式，即语文、数学、英语必考，然后考生先在物理、历史中选择1门，再在思想政治、地理、化学、生物中选择2门.为了更好进行生涯规划，甲同学对高一一年来的七次考试成绩进行统计分析，其中物理、历史成绩的茎叶图如图所示.

(1)若甲同学随机选择3门功课，求他选到物理、地理两门功课的概率；
(2)试根据茎叶图分析甲同学应在物理和历史中选择哪一门学科？并说明理由；
(3)甲同学发现，其物理考试成绩(分)与班级平均分(分)具有线性相关关系，统计数据如下表所示，试求当班级平均分为50分时，其物理考试成绩.

参考数据: ，，，.
参考公式：，，(计算时精确到).
18．某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得，100张奖券为一个开奖单位，每个开奖单位设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个，设一张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A，B，C，可知其概率平分别为．
（1）求1张奖券中奖的概率；
（2）求1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率．
19．在中，内角，，所对的边分别为，，.已知.
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）若，，求的值.
20．某市地铁全线共有四个车站，甲、乙两人同时在地铁第1号车站（首发站）乘车，假设每人自第2号站开始，在每个车站下车是等可能的，约定用有序实数对表示“甲在号车站下车，乙在号车站下车”
（Ⅰ）用有序实数对把甲、乙两人下车的所有可能的结果列举出来；
（Ⅱ）求甲、乙两人同在第3号车站下车的概率；
（Ⅲ）求甲、乙两人在不同的车站下车的概率．
21．在直角坐标系中，点，圆的圆心为，半径为2.
（Ⅰ）若，直线经过点交圆于、两点，且，求直线的方程；
（Ⅱ）若圆上存在点满足，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、C
【解析】
从装有5个红球和3个白球的口袋内任取3个球，不同的取球情况共有以下几种：
3个球全是红球；2个红球和1个白球；1个红球2个白球；3个全是白球.
选项A中，事件“都是红球”是事件“至少有一个红球”的子事件；
选项B中，事件“至少有一个红球”与事件“都是白球”是对立事件；
选项D中，事件“至少有一个红球”与事件“至少有一个白球”的事件为“2个红球1个白球”与“1个红球2个白球”；
选项C中，事件“恰有一个红球”与事件“恰有2个红球”互斥不对立，故选C.
2、B
【解析】
试题分析：由诱导公式得，故选B．
考点：诱导公式．
3、B
【解析】
根据锥体体积公式，求得四棱锥的体积.
【详解】
根据正方体的几何性质可知平面，所以，故选B.
本小题主要考查四棱锥体积的计算，属于基础题.
4、D
【解析】
利用三角形面积公式列出关系式，把，已知面积代入求出的长，再利用余弦定理即可求出的长．
【详解】
∵在中，，且的面积为，
∴，
解得： ，
由余弦定理得： ，
则．
故选D．
此题考查了余弦定理，三角形面积公式，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握余弦定理是解本题的关键．
5、C
【解析】
由已知利用余弦定理可得，解得a值，由已知可求中线，在中，由余弦定理即可计算AB边上中线的长．
【详解】
解：，
由余弦定理，可得，
整理可得：，解得或1．
如图，CD为AB边上的中线，则，
在中，由余弦定理，可得：，或，
解得AB边上的中线或．
故选C．

本题考查余弦定理在解三角形中的应用，考查了数形结合思想和转化思想，属于基础题．
6、C
【解析】
将进行整理，反凑余弦定理，即可得到角.
【详解】
因为
即
故可得
又
故.
故选：C.
本题考查余弦定理的变形，属基础题.
7、A
【解析】
直接利用向量夹角公式得到答案.
【详解】
解：向量（2，0），||＝1，•1，
可得cos，
则与b的夹角为：．
故选：A．
本题考查向量的数量积的应用，向量的夹角的求法，是基本知识的考查．
8、A
【解析】
由题意可得，，求解即可.
【详解】
，解得或，故解集为（－，0）（1，+），故选A.
本题考查了分式不等式的解法，考查了计算能力，属于基础题.
9、C
【解析】
根据题意可知函数周期为，利用周期公式求出，计算即可求值.
【详解】
由正切型函数的图象及相邻两支截直线所得的线段长为知，
，
所以，
，故选C.
本题主要考查了正切型函数的周期，求值，属于中档题.
10、B
【解析】
正四棱锥 ，连接底面对角线 ，在中，为侧棱与地面所成角，通过边的关系得到答案.
【详解】
正四棱锥 ，连接底面对角线， ，易知为等腰直角三角形.
中点为 ，又正四棱锥知：底面
即 为所求角为 ，答案为B
本题考查了线面夹角的计算，意在考察学生的计算能力和空间想象力.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
利用斜二测直观图的画图规则，可得为一个直角三角形，且，得，从而得到边上的中线的实际长度为.
【详解】
利用斜二测直观图的画图规则，平行于轴或在轴上的线段，长度保持不变；
平行于轴或在轴上的线段，长度减半，
利用逆向原则，所以为一个直角三角形，且，
所以，所以边上的中线的实际长度为.
本题考查斜二测画法的规则，考查基本识图、作图能力.
12、
【解析】
利用三角函数的图象与性质、诱导公式和数列的递推公式，可得，再利用“累加”法和等差数列的前n项和公式，即可求解．
【详解】
由题意，因为，当时，，
又因为对任意的实数，总有两个不同的根，所以，
所以，
又，
对任意的实数，总有两个不同的根，所以，
又，
对任意的实数，总有两个不同的根，所以，
由此可得，
所以，
所以．
故答案为：．
本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用，以及诱导公式，数列的递推关系式和“累加”方法等知识的综合应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．
13、1.1
【解析】
先求出这组数据的平均数，由此能求出这组数据的方差．
【详解】
八个学生参加合唱比赛的得分为87，88，90，91，92，93，93，94，
则这组数据的平均数为：（87+88+90+91+92+93+93+94）＝91，
∴这组数据的方差为：S2[（87﹣91）2+（88﹣91）2+（90﹣91）2+（91﹣91）2+（92﹣91）2+（93﹣91）2+（93﹣91）2+（94﹣91）2]＝1.1．
故答案为1.1．
本题考查方差的求法，考查平均数、方差的性质等基础知识，考查了推理能力与计算能力，是基础题．
14、
【解析】
试题分析：画出图形，找出BM与AN所成角的平面角，利用解三角形求出BM与AN所成角的余弦值．
解：直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA=90°，
M，N分别是A1B1，A1C1的中点，
如图：BC的中点为O，连结ON，MN，OB，
∴MNOB，∴MN0B是平行四边形，∴BM与AN所成角就是∠ANO，
∵BC=CA=CC1，
设BC=CA=CC1=2，∴CO=1，AO=，AN=，
MB==，
在△ANO中，由余弦定理得：cos∠ANO=
==．
故答案为．

考点：异面直线及其所成的角．
15、8
【解析】
画出满足约束条件的可行域,利用目标函数的几何意义求解最大值即可.
【详解】
实数,满足条件的可行域如下图所示:

将目标函数变形为:,
则要求的最大值,即使直线的截距最大,
由图可知,直线过点时截距最大,
,
故答案为:8.
本题考查线性规划的简单应用,解题关键是明确目标函数的几何意义.
16、-1
【解析】
分析：由对数方程，转化为指数方程，解方程即可.
详解：由log2（1﹣2x）=﹣1可得（1﹣2x）=，
解方程可求可得，x=﹣1
故答案为:﹣1
点睛：本题主要考查了对数方程的求解，解题中要善于利用对数与指数的转化，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）见解析；（3）见解析
【解析】
(1)列出基本事件的所有情况，然后再列出满足条件的所有情况，利用古典概率公式即可得到答案.
(2)计算平均值和方差，从而比较甲同学应在物理和历史中选择哪一门学科；
（3）先计算和，然后通过公式计算出线性回归方程，然后代入平均值50即可得到答案.
【详解】
(1)记物理、历史分别为，思想政治、地理、化学、生物分别为，
由题意可知考生选择的情形有，，，，，，，，，，，，共12种
他选到物理、地理两门功课的满情形有，共3种
甲同学选到物理、地理两门功课的概率为
(2)物理成绩的平均分为
历史成绩的平均分为
由茎叶图可知物理成绩的方差历史成绩的方差
故从平均分来看，选择物理历史学科均可以；从方差的稳定性来看，应选择物理学科；从最高分的情况来看，应选择历史学科(答对一点即可)
(3)，,

关于的回归方程为
当时，,当班级平均分为50分时，其物理考试成绩为73分
本题主要考查古典概型，统计数的相关含义，线性回归方程的计算，意在考查学生的阅读理解能力，计算能力和分析能力，难度不大.
18、（1）（2）
【解析】
（1）1张奖券中奖包括中特等奖、一等奖、二等奖,且、、两两互斥,利用互斥事件的概率加法公式求解即可；
（2）“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”的对立事件为“1张奖券中特等奖或中一等奖”,则利用互斥事件的概率公式求解即可
【详解】
（1）1张奖券中奖包括中特等奖、一等奖、二等奖,
设“1张奖券中奖”为事件,则,
因为、、两两互斥,所以
故1张奖券中奖的概率为
（2）设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件,则事件与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件,
所以,
故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为
本题考查互斥事件的概率加法公式的应用,考查古典概型,考查利用对立事件求概率
19、（Ⅰ）；
（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）根据正弦定理将边角转化,结合三角函数性质即可求得角.
（Ⅱ）先根据余弦定理求得,再由正弦定理求得,利用同角三角函数关系式求得,即可求得.即可求得的值.
【详解】
（Ⅰ）在中,由正弦定理
可得
即
因为,所以,即
又因为,可得
（Ⅱ）在中,由余弦定理及,,
有,故
由正弦定理可得
因为,故
因此,
所以,
本题考查了正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用,二倍角公式及正弦和角公式的用法,属于基础题.
20、（Ⅰ）（2，2）、（2，3）、（2，4）、（3，2）、
（3，3）、（3，4）、（4，2）、（4，3）、（4，4）（Ⅱ）（Ⅲ）
【解析】
(Ⅰ) 甲、乙两人下车的所有可能的结果为
(2,2),(2,3),(2,4),(3,2),(3,3),(3,4),(4,2),(4,3),(4,4)
(Ⅱ)设甲、乙两人同在第3号车站下车的的事件为A，则
(Ⅲ) 设甲、乙两人在不同的车站下车的事件为B，则
21、（Ⅰ）或.（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）勾股定理求出圆心到直线的距离d，利用d=1以直线的斜率存在、不存在两种情况进行分类讨论；（Ⅱ）设，由求出x、y满足的关系式，可得点在圆上，推出圆与圆有公共点，所以，列出不等式求解即可.
【详解】
（Ⅰ）当，圆心为，
圆的方程为，
设圆心到直线的距离为，则.
①若直线的斜率存在，设直线的方程为，即，
，解得，
此时的方程为，即.
②若直线的斜率不存在，直线的方程为，验证满足，符合题意.
综上所述，直线的方程为或.
（Ⅱ）设，则，
于是
由得，即，
所以点在圆上，又点在圆上，
故圆与圆有公共点，即,
于是，解得，
因此实数的取值范围是.
本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，向量的数量积，根据圆与圆的位置关系求参数，属于中档题.