广西全州县二中2025届数学高一下期末预测试题含解析.doc

广西全州县二中2025届数学高一下期末预测试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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．已知一组数据1，3，2，5，4，那么这组数据的方差为（ ）
A． B． C． D．
2．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱（其底面是正方形，且侧棱垂直于底面）高为4，体积为16，则这个球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
3．在平面直角坐标系中，为坐标原点，为单位圆上一点，以轴为始边，为终边的角为，，若将绕点顺时针旋转至，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
4． 过点P(－2,4)作圆O：(x－2)2＋(y－1)2＝25的切线l，直线m：ax－3y＝0与直线l平行，则直线l与m间的距离为(　　)
A．4 B．2 C． D．
5．如果数列的前项和为，则这个数列的通项公式是（ ）
A． B． C． D．
6．下列各角中，与角终边相同的角是（ ）
A． B． C． D．
7．已知等差数列的前项和为，，当时，的值为（ ）
A．21 B．22 C．23 D．24
8．在中，已知，且满足，则的面积为（ ）
A．1 B．2 C． D．
9．曲线与曲线的（）
A．长轴长相等 B．短轴长相等
C．焦距相等 D．离心率相等
10．对于不同的直线l、、及平面，下列命题中错误的是（）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知点，若圆上存在点使得，则的最大值为______．
12．若数列满足（）,且，，__.
13．函数的最小正周期为 .
14．某校老年、中年和青年教师的人数分别为90，180，160，采用分层抽样的方法调查教师的身体状况，在抽取的样本中，青年教师有32人，则抽取的样本中老年教师的人数为_____
15．己知某产品的销售额y与广告费用x之间的关系如表：
单位：万元
0
1
2
3
4
单位：万元
10
15
20
30
35
若求得其线性回归方程为，则预计当广告费用为6万元时的销售额为_____
16．已知向量，，则与的夹角等于_______.
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．已知圆，为坐标原点，动点在圆外，过点作圆的切线，设切点为.
（1）若点运动到处，求此时切线的方程；
（2）求满足的点的轨迹方程.
18．在中，角、、的对边分别为、、，已知.
（1）求角的大小；
（2）若，点在边上，且，，求边的长.
19．已知函数的最小正周期为，且该函数图象上的最低点的纵坐标为．
（1）求函数的解析式；
（2）求函数的单调递增区间及对称轴方程．
20．已知抛物线的焦点为，过的直线交轴正半轴于点，交抛物线于两点，其中点在第一象限.
（Ⅰ）求证：以线段为直径的圆与轴相切；
（Ⅱ）若,,，求的取值范围.
21．等差数列中，公差，，.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
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】
先由平均数的计算公式计算出平均数，再根据方差的公式计算即可。
【详解】
由题可得；
所以这组数据的方差
故答案选C
本题考查方差的定义：一般地设个数据：的平均数为，则方差，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动越大，方差越小，波动越小。
2、C
【解析】
根据正四棱柱的底面是正方形,高为4,体积为16,求得底面正方形的边长,再求出其对角线长,然后根据正四棱柱的体对角线是外接球的直径可得球的半径,再根据球的表面积公式可求得.
【详解】
依题意正四棱柱的体对角线是其外接球的直径, 的中点是球心,
如图:

依题意设 ,则正四棱柱的体积为:,解得,
所以外接球的直径,
所以外接球的半径,则这个球的表面积是.
故选C.
本题考查了球与正四棱柱的组合体,球的表面积公式,正四棱柱的体积公式,属中档题.
3、C
【解析】
由题意利用任意角的三角函数的定义，诱导公式，求得点的坐标．
【详解】
为单位圆上一点，以轴为始边，为终边的角为，，
若将绕点顺时针旋转至，则点的横坐标为，
点的纵坐标为，故点的坐标为.
故选C.
本题主要考查任意角的三角函数的定义，诱导公式，考查基本的运算求解能力．
4、A
【解析】
设
因此，因此直线l与m间的距离为，选A.
5、B
【解析】
根据，当时，，再结合时，，可知是以为首项，为公比的等比数列，从而求出数列的通项公式.
【详解】
由，
当时，，
所以，
当时，，此时，
所以，数列是以为首项，为公比的等比数列，即.
故选：B.
本题考查了利用递推公式求数列的通项公式，考查了计算能力，属于基础题.
6、B
【解析】
给出具体角度，可以得到终边相同角的表达式.
【详解】
角终边相同的角可以表示为，当时，，所以答案选择B
判断两角是否是终边相同角，即判断是否相差整数倍.
7、B
【解析】
由，得，按或分两种情况，讨论当时，求的值.
【详解】
已知等差数列的前项和为，由，得，
当时，有，得，
，∴时，此时．
当时，有，得，
，∴时，此时．
故选：B
本题考查等差数列的求和公式及其性质的应用，也考查分类讨论的思想，属于基础题．
8、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．
9、D
【解析】
首先将后面的曲线化简为标准形式，分别求两个曲线的几何性质，比较后得出选项.
【详解】
首先化简为标准方程，，由方程形式可知，曲线的长轴长是8，短轴长是6，焦距是，离心率 ，，的长轴长是，短轴长是，焦距是，离心率，所以离心率相等.
故选D.
本题考查了椭圆的几何性质，属于基础题型.
10、C
【解析】
由平面的基本性质及其推论得：对于选项C，可能l∥n或l与n相交或l与n异面，即选项C错误，得解．
【详解】
由平行公理4可得选项A正确，由线面垂直的性质可得选项B正确，
由异面直线所成角的定义可得选项D正确，
对于选项C，若l∥α，n∥α，则l∥n或l与n相交或l与n异面，
即选项C错误，
故选C．
本题考查了平面中线线、线面的关系及性质定理与推论的应用，属简单题．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
利用参数方程假设点坐标，表示出和，利用可得到，从而求得的最大值.
【详解】
设

当时取等号

本题正确结果：
本题考查圆中参数范围求解的问题，关键是能够利用圆的参数方程，利用向量数量积及三角函数关系求得最值.
12、1
【解析】
由数列满足，即，得到数列的奇数项和偶数项分别构成公比为的等比数列，利用等比数列的极限的求法，即可求解．
【详解】
由题意，数列满足，即，
又由，，所以数列的奇数项构成首项为1，公比为，偶数项构成首项为，公比为的等比数列，
当为奇数时，可得，
当为偶数时，可得．
所以．
故答案为：1.
本题主要考查了等比数列的定义，以及无穷等比数列的极限的计算，其中解答中得出数列的奇数项和偶数项分别构成公比为的等比数列是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
13、
【解析】
试题分析：，所以函数的周期等于
考点：1.二倍角降幂公式；2.三角函数的周期.
14、
【解析】
根据分层抽样的定义建立比例关系，即可得到答案。
【详解】
设抽取的样本中老年教师的人数为，学校所有的中老年教师人数为270人
由分层抽样的定义可知：，解得：
故答案为
本题考查分层抽样，考查学生的计算能力，属于基础题。
15、
【解析】
由已知表格中数据求得，，再由回归直线方程过样本中心点求得，得到回归方程，取即可求得答案．
【详解】
解：，，
，
．
则，
取，得．
故答案为：
本题考查线性回归方程的求法，考查计算能力，是基础题．
16、
【解析】
由已知向量的坐标求得两向量的模及数量积，代入数量积求夹角公式得答案．
【详解】
∵（﹣1，），（，﹣1），
∴，，
则cos，
∴与的夹角等于．
故答案为：．
本题考查平面向量的数量积运算，考查了由数量积求向量的夹角，是基础题．

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）或； （2）.
【解析】

解: 把圆C的方程化为标准方程为（x＋1）2＋（y－2）2＝4，
∴圆心为C（－1,2），半径r＝2.
（1）当l的斜率不存在时，此时l的方程为x＝1，C到l的距离d＝2＝r，满足条件．
当l的斜率存在时，设斜率为k，得l的方程为y－3＝k（x－1），即kx－y＋3－k＝0，
则＝2，解得k＝.
∴l的方程为y－3＝（x－1），
即3x＋4y－15＝0.
综上，满足条件的切线l的方程为或.
（2）设P（x，y），则|PM|2＝|PC|2－|MC|2＝（x＋1）2＋（y－2）2－4，
|PO|2＝x2＋y2，
∵|PM|＝|PO|.
∴（x＋1）2＋（y－2）2－4＝x2＋y2，
整理，得2x－4y＋1＝0，
∴点P的轨迹方程为.
考点：直线与圆的位置关系；圆的切线方程；点的轨迹方程.
18、（1）；（2）.
【解析】
（1）利用正弦定理边角互化思想以及两角和的正弦公式可求出的值，结合角的范围可得出角的大小；
（2）利用余弦定理得出，由三角形的面积公式，代入数据得出，将该等式代入等式可解出边的长.
【详解】
（1）由及正弦定理，
可得，即，
由可得，所以，
因为，，所以，，；
（2）由于，由余弦定理得，
又因为，所以的面积，
把，，代入得，所以，解得．
本题考查正弦定理边角互化思想的应用，同时也考查了余弦定理和三角形面积公式来解三角形，解题时要根据题中相关条件列方程组进行求解，考查方程思想的应用以及运算求解能力，属于中等题.
19、（1）；（2）增区间是，对称轴为
【解析】
（1）由周期求得ω，再由函数图象上的最低点的纵坐标为﹣3求得A，则函数解析式可求；（2）直接利用复合函数的单调性求函数f（x）的单调递增区间，再由2x求解x可得函数f（x）的对称轴方程．
【详解】
（1）因为的最小正周期为
因为，，，∴．
又函数图象上的最低点纵坐标为，且
∴
∴．
（2）由，
可得
可得单调递增区间.
由，得．
所以函数的对称轴方程为．
本题考查函数解析式的求法，考查y＝Asin（ωx+φ）型函数的性质，是基础题．
20、（Ⅰ）证明见解析； （Ⅱ） .
【解析】
试题分析：（Ⅰ）题意实质上证明线段的中点到轴的距离等于线段长的一半，根据抛物线的定义设可证得；（Ⅱ）同样设，，把已知,用坐标表示出来，消去坐标及，得出与的关系，此时就可得出的取值范围．
试题解析：（Ⅰ）由已知,设，则，
圆心坐标为，圆心到轴的距离为，
圆的半径为，
所以，以线段为直径的圆与轴相切．
（Ⅱ）解法一：设，由,,得
，，
所以，
，
由，得．
又，，
所以．
代入，得，，
整理得，
代入，得，
所以，
因为，所以的取值范围是．
解法二：设，，
将代入，得，
所以（*），
由，，得
，，
所以，，
，
将代入（*）式，得，
所以，．
代入，得．
因为，所以的取值范围是．
考点：抛物线的定义，抛物线的焦点弦问题．
21、（1）（2）
【解析】
（1）由和可列出方程组，解出和，即得通项公式；（2）将（1）中所得通项公式代入，列项，用裂项相消法求的前n项和．
【详解】
解：（1）因为，，所以
因为，所以
故的通项公式为.
（2）因为，
所以.
本题考查求等差数列通项公式和用裂项相消法求数列前n项和，是典型考题．