2025年天津市第一中学高一数学第二学期期末考试试题含解析.doc

2025年天津市第一中学高一数学第二学期期末考试试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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．若点为圆C：的弦MN的中点，则弦MN所在直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
2．在中，，，是边的中点.为所在平面内一点且满足，则的值为（ ）
A． B． C． D．
3．在中，，点是内（包括边界）的一动点，且，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
4．已知，其中，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（ ）
A．若则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
6．以点和为直径两端点的圆的方程是（ ）
A． B．
C． D．
7．已知点，点是圆上任意一点，则面积的最大值是（ ）
A． B． C． D．
8．已知，若，则等于()
A． B．1 C．2 D．
9．设为等差数列的前项和，.若，则（ ）
A．的最大值为 B．的最小值为 C．的最大值为 D．的最小值为
10．若直线与圆有公共点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知正数、满足，则的最大值为__________．
12．已知正三棱锥的底面边长为6，所在直线与底面所成角为60°，则该三棱锥的侧面积为_______．
13．已知点和点，点在轴上，若的值最小，则点的坐标为______.
14．已知函数的图象如下，则的值为__________．

15．若不等式对于任意都成立，则实数的取值范围是____________．
16．已知等差数列的公差为2，若成等比数列，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．已知圆
（1）求圆关于直线对称的圆的标准方程；
（2）过点的直线被圆截得的弦长为8，求直线的方程；
（3）当取何值时，直线与圆相交的弦长最短，并求出最短弦长．
18．已知函数的部分图象如图所示.

（1）求与的值；
（2）设的三个角、、所对的边依次为、、，如果，且，试求的取值范围；
（3）求函数的最大值.
19．等差数列中，，.
（1）求通项公式；
（2）若，求的最小值.
20．如图，在梯形中，，，，.

（1）在中，求的长；
（2）若的面积等于，求的长.
21．设为正项数列的前项和，且满足.
（1）求的通项公式；
（2）令，，若恒成立，求的取值范围.
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、A
【解析】
根据题意，先求出直线PC的斜率，根据MN与PC垂直求出MN的斜率，由点斜式，即可求出结果.
【详解】
由题意知，圆心的坐标为，则，由于MN与PC垂直，故MN的斜率，
故弦MN所在的直线方程为，即.
故选A
本题主要考查求弦所在直线方程，熟记直线的点斜式方程即可，属于常考题型.
2、D
【解析】
根据平面向量基本定理可知，将所求数量积化为；由模长的等量关系可知和为等腰三角形，根据三线合一的特点可将和化为和，代入可求得结果.
【详解】
为中点

和为等腰三角形
，同理可得：

本题正确选项：
本题考查向量数量积的求解问题，关键是能够利用模长的等量关系得到等腰三角形，从而将含夹角的运算转化为已知模长的向量的运算.
3、B
【解析】
根据分析得出点的轨迹为线段，结合图形即可得到的最大值.
【详解】
如图：取，，，
点是内（包括边界）的一动点，
且，根据平行四边形法则，点的轨迹为线段，

则的最大值是，
在中，，，
，，

故选：B
此题考查利用向量方法解决平面几何中的线段长度最值问题，数形结合处理可以避免纯粹的计算，降低难度.
4、D
【解析】
先根据同角三角函数关系求得,再根据二倍角正切公式得结果.
【详解】
因为，且，
所以，因为，所以，
因此，从而，，选D.
本题考查同角三角函数关系以及二倍角正切公式，考查基本分析求解能力，属基础题.
5、B
【解析】
试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.
考点：空间点线面位置关系．
6、A
【解析】
可根据已知点直接求圆心和半径.
【详解】
点和的中点是圆心，
圆心坐标是 ，
点和间的距离是直径，
，即，
圆的方程是.
故选A.
本题考查了圆的标准方程的求法，属于基础题型.
7、B
【解析】
求出直线的方程，计算出圆心到直线的距离，可知的最大高度为，并计算出，最后利用三角形的面积公式可得出结果.
【详解】
直线的方程，且，
圆的圆心坐标为，半径长为，
圆心到直线的距离为，
所以，点到直线的距离的最大值为，
因此，面积的最大值为，故选B.
本题考查三角形面积的最值问题，考查圆的几何性质，当直线与圆相离时，若圆的半径为，圆心到直线的距离为，则圆上一点到直线距离的最大值为，距离的最小值为，要熟悉相关结论的应用.
8、A
【解析】
首先根据⇒（cos﹣3）cos+sin（sin﹣3）＝﹣1，并化简得出，再化为Asin()形式即可得结果.
【详解】
由
得：（cos﹣3）cos+sin（sin﹣3）＝﹣1，
化简得，即sin()=,
则sin()=
故选A.
本题考查了三角函数的化简求值以及向量的数量积的运算，属于基础题．
9、C
【解析】
由已知条件推导出（n2﹣n）d＜2n2d，从而得到d＞0，所以a1＜0，a8＞0，由此求出数列{Sn}中最小值是S1．
【详解】
∵（n+1）Sn＜nSn+1，
∴Sn＜nSn+1﹣nSn＝nan+1
即na1na1+n2d，
整理得（n2﹣n）d＜2n2d
∵n2﹣n﹣2n2＝﹣n2﹣n＜0
∴d＞0
∵1＜0
∴a1＜0，a8＞0
数列的前1项为负，
故数列{Sn}中最小值是S1
故选C．
本题考查等差数列中前n项和最小值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等差数列的性质的灵活运用．
10、C
【解析】
由题意得圆心为，半径为．
圆心到直线的距离为，
由直线与圆有公共点可得
，即，解得．
∴实数a取值范围是．
选C．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
直接利用均值不等式得到答案.
【详解】
，
当即时等号成立.
故答案为：
本题考查了均值不等式，意在考查学生的计算能力.
12、
【解析】
画出图形，过P做底面的垂线，垂足O落在底面正三角形中心，即，因为，即可求出,所以．
【详解】
作于，
因为为正三棱锥，所以，为中点，
连结，则，
过作⊥平面，则点为正三角形的中心，点在上，
所以，，
正三角形的边长为6，则,
，
，
斜高，
三棱锥的侧面积为：

此题考查正三棱锥，即底面为正三角形，侧面为等腰三角形的三棱锥，正四面体为四个面都是正三角形，画出图像，属于简单的立体几何题目．
13、
【解析】
作出图形，作点关于轴的对称点，由对称性可知，结合图形可知，当、、三点共线时，取最小值，并求出直线的方程，与轴方程联立，即可求出点的坐标.
【详解】
如下图所示，作点关于轴的对称点，由对称性可知，

则，
当且仅当、、三点共线时，的值最小，
直线的斜率为，直线的方程为，即，
联立，解得，因此，点的坐标为.
故答案为：.
本题考查利用折线段长的最小值求点的坐标，涉及两点关于直线对称性的应用，考查数形结合思想的应用，属于中等题.
14、
【解析】
由函数的图象的顶点坐标求出,由半个周期求出,最后将特殊点的坐标求代入解析式,即可求得的值.
【详解】
解：由图象可得,,
得.
,
将点代入函数解析式,
得,
,,
又因为,所以
故答案为：
本题考查由的部分图象确定其解析式.
（1）根据函数的最高点的坐标确定
（2）根据函数零点的坐标确定函数的周期求
（3）利用最值点的坐标同时求的取值,即可得到函数的解析式.
15、
【解析】
利用换元法令（），将不等式左边构造成一次函数，根据一次函数的性质列不等式组，解不等式组求得的取值范围.
【详解】
令，，则 ．
由已知得，不等式对于任意都成立．
又令 ，则 ，即 ，
解得 ．所以所求实数的取值范围是．
故答案为：
本小题主要考查不等式恒成立问题的求解策略，考查三角函数的取值范围，考查一次函数的性质，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
16、
【解析】
利用等差数列{an}的公差为1，a1，a3，a4成等比数列，求出a1，即可求出a1．
【详解】
∵等差数列{an}的公差为1，a1，a3，a4成等比数列，
∴（a1+4）1=a1（a1+2），
∴a1=-8，
∴a1=-2．
故答案为-2.．
本题考查等比数列的性质，考查等差数列的通项，考查学生的计算能力，属基础题.．

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）或；（3）
【解析】
（1）设，根据圆心与关于直线对称，列出方程组，求得的值，即可求解；
（2）由圆的弦长公式，求得，根据斜率分类讨论，求得直线的斜率，即可求解；
（3）由直线，得直线过定点,根据时，弦长最短，即可求解．
【详解】
（1）由题意，圆的圆心，半径为，
设，因为圆心与关于直线对称，
所以，解得，则，半径，
所以圆标准方程为：
（2）设点到直线距离为，圆的弦长公式，得，解得，
①当斜率不存在时，直线方程为，满足题意
②当斜率存在时，设直线方程为，则，解得，
所以直线的方程为，
综上，直线方程为或
（3）由直线，可化为，可得直线过定点,
当时，弦长最短，又由，可得，
此时最短弦长为．
本题主要考查了圆的对称圆的求解，以及直线与圆的位置关系的应用，其中解答中熟记直线与圆的弦长公式，合理、准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
18、（1），；（2）；（3）.
【解析】
（1）由图象有，可得的值，然后根据五点法作图可得，进而求出（2）根据,可得,然后由行列式求出,再由正弦定理转化为，根据的范围求出的范围（3）将化简到最简形式，然后逐步换元，转化为利用导数求值问题.
【详解】
（1）由函数图象可得，解得，再根据五点法作图可得，解得，
.
（2）

，
由正弦定理知，
，，

，

.
（3）

令，因为，所以，则

，
令，因为，所以,
则
令，则，
只需求出的最大值，
，
令，则，
当时，，此时单调递增，当时，，
此时单调递减，
.
函数的最大值为.
本题主要考查了利用三角函数的部分图象求解析式和三角函数的图象与性质，考查了转化思想和数形结合思想，属于难题.
19、（1）；（2）
【解析】
（1）等差数列中，由，，能求出通项公式．
（2）利用等差数列前项和公式得到不等式，即可求出的最小值．
【详解】
解：（1）等差数列中，，．
通项公式，
即
（2），
，
解得（舍去或，
，的最小值为1．
本题考查等差数列的通项公式、项数的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
20、（1）；（2）
【解析】
（1）首先利用同角三角函数的基本关系求出，再利用正弦定理求解即可．
（2）求出梯形的高，再利用三角形的面积求解即可．
【详解】
解：（1）在梯形中，，，，．
可得，
由正弦定理可得：．
（2）过作，交的延长线于
则

即梯形的高为，
因为的面积等于，
，
，

，

本题考查正弦定理、余弦定理的应用，三角形面积公式的应用，属于中档题．
21、（1）（2）
【解析】
（1）代入求得，根据与的关系可求得，可知数列为等差数列，利用等差数列通项公式求得结果；验证后可得最终结果；（2）由（1）可得，采用裂项相消的方法求得，可知，从而得到的范围.
【详解】
（1）由题知：，……①
令得：，解得：
当时，……②
①-②得： ∴，即
是以为首项，为公差的等差数列
经验证满足

（2）由（1）知：

即
本题考查等差数列通项公式的求解、裂项相消法求和，关键是能够利用与的关系证得数列为等差数列，从而求得通项公式，属于常规题型.