2025届新疆阿克苏市农一师高级中学数学高一第二学期期末达标测试试题含解析.doc

2025届新疆阿克苏市农一师高级中学数学高一第二学期期末达标测试试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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，，，，那么（ ）
A． B． C． D．
2．△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c．已知，a=2，c=，则C=
A． B． C． D．
3．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为（ ）
A． B． C． D．
4．设为中的三边长，且，则的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
5．已知函数，若对于恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．若函数（）有两个不同的零点，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．已知，，则（ ）
A． B． C． D．
8．在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若，则的形状为（）
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形
9．若正实数满足，则的最小值为　　
A． B． C． D．
10．已知数列满足是数列的前项和，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知球为正四面体的外接球，，过点作球的截面，则截面面积的取值范围为____________________．
12．直线与间的距离为 ．
13．P是棱长为4的正方体的棱的中点，沿正方体表面从点A到点P的最短路程是_______.
14．在轴上有一点，点到点与点的距离相等，则点坐标为____________.
15．直线和将单位圆分成长度相等的四段弧，则________.
16．点到直线的距离为________.
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．已知关于的不等式.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）当且m≠1时，求不等式的解集.
18．已知.
（1）求的值；
（2）若为第二象限角，且角终边在上，求的值.
19．已知向量 ，其中．函数的图象过点，点与其相邻的最高点的距离为1．
（Ⅰ）求函数的单调递减区间；
（Ⅱ）计算的值；
（Ⅲ）设函数，试讨论函数在区间 [0，3] 上的零点个数．
20．已知定义域为的函数是奇函数
（Ⅰ）求值；
（Ⅱ）判断并证明该函数在定义域上的单调性；
（Ⅲ）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（Ⅳ）设关于的函数有零点，求实数的取值范围.
21．如图，在平面四边形中，，,,,．

（1）求的长；
（2）求的长．
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】
由于故，故，所以.由于，由于，所以，故.综上所述选.
2、B
【解析】
试题分析：根据诱导公式和两角和的正弦公式以及正弦定理计算即可
详解：sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC，
∵sinB+sinA（sinC﹣cosC）=0，
∴sinAcosC+cosAsinC+sinAsinC﹣sinAcosC=0，
∴cosAsinC+sinAsinC=0，
∵sinC≠0，
∴cosA=﹣sinA，
∴tanA=﹣1，
∵＜A＜π，
∴A= ，
由正弦定理可得，
∵a=2，c=，
∴sinC== ，
∵a＞c，
∴C=，
故选B．
点睛：本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.
3、C
【解析】
根据题意可知所求的球为正四棱柱的外接球，根据正四棱柱的特点利用勾股定理可求得外接球半径，代入球的体积公式求得结果.
【详解】
由题意可知所求的球为正四棱柱的外接球
底面正方形对角线长为：
外接球半径
外接球体积

本题正确选项：
本题考查正棱柱外接球体积的求解问题，关键是能够根据正棱柱的特点确定球心位置，从而利用勾股定理求得外接球半径.
4、B
【解析】
由，则，再根据三角形边长可以证得，再利用不等式和已知可得，进而得到，再利用导数求得函数的单调性，求得函数的最小值，即可求解．
【详解】
由题意，记，又由，
则
，
又为△ABC的三边长，
所以，所以，
另一方面，
由于，所以，
又，
所以，
不妨设，且为的三边长，所以．
令，则，
当时，可得，从而，
当且仅当时取等号．
故选B．
本题主要考查了解三角形，综合了函数和不等式的综合应用，以及基本不等式和导数的应用，属于综合性较强的题，难度较大，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于难题．
5、A
【解析】
首先设，将题意转化为，即可，再分类讨论求出，解不等式组即可.
【详解】
，恒成立，
等价于，恒成立.
令，对称轴为.
即等价于，即可.
当时，
得到，解得：.
当时，
得到，解得：.
当时，
得到，解得：.
综上所述：.
故选：A
本题主要考查二次不等式的恒成立问题，同时考查了二次函数的最值问题，分类讨论是解题的关键，属于中档题.
6、A
【解析】
函数（）有两个不同的零点等价于函数在均有一个解，再解不等式即可.
【详解】
解：因为，
由函数（）有两个不同的零点，
则函数在均有一个解，
则，解得：，
故选：A.
本题考查了分段函数的零点问题，重点考查了分式不等式的解法，属中等题.
7、A
【解析】
由，代入运算即可得解.
【详解】
解：因为，，
所以.
故选：A.
本题考查了两角差的正切公式，属基础题.
8、D
【解析】
由正弦定理化简，得到，由此得到三角形是等腰或直角三角形，得到答案．
【详解】
由题意知，，
结合正弦定理，化简可得，
所以，则，
所以，得或，
所以三角形是等腰或直角三角形．
故选D．
本题考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用．在解三角形问题中经常把边的问题转化成角的正弦或余弦函数，利用三角函数的关系来解决问题，属于基础题．
9、D
【解析】
将变成，可得，展开后利用基本不等式求解即可．
【详解】
，，，，

当且仅当，取等号，故选D．
本题主要考查利用基本不等式求最值，属于中档题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数是否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.
10、D
【解析】
由已知递推关系式可以推出数列的特征，即数列和均是等比数列，利用等比数列性质求解即可．
【详解】
解：由已知可得，
当时，由得，
所以数列和均是公比为2的等比数列，首项分别为2和1，
由等比数列知识可求得
，,
故选：D．
本题主要考查递推关系式，及等比数列的相关知识，属于中档题．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
在平面中，过圆内一点的弦长何时最长，何时最短，类比在空间中，过球内一点的球的大圆面积最大，与此大圆垂直的截面小圆面积最小.利用正四面体的性质及球的性质求正四面体外接球的半径、小圆半径，确定答案.
【详解】
因为正四面体棱长为AB=3，所以正四面体外接球半径R=.由球的性质，当过E及球心O时的截面为球的大圆，面积最大，最大面积为；当过E的截面与EO垂直时面积最小，取△BCD的中心，因为为正四面体，所以平面BCD ,O在上，，所以,
在三角形中，由,，,，
由余弦定理
在直角三角形中
所以过E且与EO垂直的截面圆的半径r为，截面面积为.
所以所求截面面积的范围是.
本题考查空间想象能力，逻辑推理能力，空间组合体的关系，正四面体、球的性质，考查计算能力，属于难题.
12、
【解析】
根据两平行线间的距离，，代入相应的数据，整理计算得到答案.
【详解】
因为直线与互相平行，
所以根据平行线间的距离公式，
可以得到它们之间的距离，
.
本题考查两平行线间的距离公式，属于简单题.
13、
【解析】
从图形可以看出图形的展开方式有二，一是以底棱BC，CD为轴，可以看到此两种方式是对称的，所得结果一样，另外一种是以侧棱为轴展开，即以BB1，DD1为轴展开，此两种方式对称，求得结果一样，故解题时选择以BC为轴展开与BB1为轴展开两种方式验证即可
【详解】
由题意，若以BC为轴展开，则AP两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为4，6，
故两点之间的距离是
若以BB1为轴展开，则AP两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为2，8，
故两点之间的距离是
故沿正方体表面从点A到点P的最短路程是cm
故答案为
本题考查多面体和旋转体表面上的最短距离问题，求解的关键是能够根据题意把求几何体表面上两点距离问题转移到平面中来求
14、
【解析】
设点的坐标，根据空间两点距离公式列方程求解.
【详解】
由题：设，点到点与点的距离相等，
所以，
，，
解得：，
所以点的坐标为.
故答案为：
此题考查空间之间坐标系中两点的距离公式，根据公式列方程求解点的坐标，关键在于准确辨析正确计算.
15、0
【解析】
将单位圆分成长度相等的四段弧，每段弧对应的圆周角为，计算得到答案.
【详解】
如图所示：
将单位圆分成长度相等的四段弧，每段弧对应的圆周角为
或
故答案为0

本题考查了直线和圆相交问题，判断每段弧对应的圆周角为是解题的关键.
16、3
【解析】
根据点到直线的距离公式，代值求解即可.
【详解】
根据点到直线的距离公式，
点到直线的距离为.
故答案为：3.
本题考查点到直线的距离公式，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）当时，解集为；当或时，解集为
【解析】
（1）当时，不等式是一个不含参的二次不等式，分解因式，即可求得；
（2）对参数进行分类讨论，从而确定不等式的解集.
【详解】
（1）当时，原不等式为
故其解集为
（2）令则方程两根为.
因为所以
①当即时，解集为；
②当即或时，解集为.
综上可得：①当即时，解集为；
②当即或时，解集为.
本题考查不含参二次不等式的求解，以及含参不等式的求解，属基础题.
18、（1）；（2）
【解析】
(1)先根据诱导公式将原式子化简，再将已知条件中的表达式平方，可得到结果；（2）原式子可化简为，由已知条件可得到，再由第一问中得到，结合第一问中的条件可得到结果.
【详解】
（1）=
已知,将式子两边平方可得到
（2）为第二象限角，且角终边在上，则根据三角函数的定义得到
原式化简等于

由第一问得到
将已知条件均代入可得到原式等于.
三角函数求值与化简必会的三种方法
(1)弦切互化法:主要利用公式tan α=;形如,asin2x+bsin xcos x+ccos2x等类型可进行弦化切.
(2)“1”的灵活代换法:1=sin2θ+cos2θ=(sinθ+cosθ)2-2sinθcosθ=tan等.
(3)和积转换法:利用(sinθ±cosθ)2=1±2sinθcosθ,(sinθ+cosθ)2+(sinθ-cosθ)2=2的关系进行变形、转化.
19、（Ⅰ），；（Ⅱ）2028；（Ⅲ）详见解析.
【解析】
（Ⅰ）由数量积的坐标运算可得f（x），由题意求得ω，再由函数f（x）的图象过点B（2，2）列式求得．则函数解析式可求，由复合函数的单调性求得fx）的单调递增区间；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）＝2+sin，可得f（x）是周期为2的周期函数，且f（2）＝2，f（2）＝2，f（3）＝0，f（2）＝2．得到f（2）+f（2）+f（3）+f（2）＝2．
进一步可得结论；
（Ⅲ）g（x）＝f（x）﹣m﹣2，函数g（x）在[0，3]上的零点个数，即为函数y＝sin的图象与直线y＝m在[0，3]上的交点个数．数形结合得答案．
【详解】
（Ⅰ）∵（，cos2（ωx+φ）），（，），
∴f（x）cos2（ωx+）＝2﹣cos2（ωx+）），
∴f（x）max＝2，则点B（2，2）为函数f（x）的图象的一个最高点．
∵点B与其相邻的最高点的距离为2，∴，得ω．
∵函数f（x）的图象过点B（2，2），∴，即sin2φ＝2．
∵0＜，∴．
∴f（x）＝2﹣cos2（）＝2+sin，
由，得，．
的单调递减区间是，．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）＝2+sin，
∴f（x）是周期为2的周期函数，且f（2）＝2，f（2）＝2，f（3）＝0，f（2）＝2．
∴f（2）+f（2）+f（3）+f（2）＝2．
而2027＝2×502+2，
∴f（2）+f（2）+…+f（2027）＝2×502+2＝2028；
（Ⅲ）g（x）＝f（x）﹣m﹣2，函数g（x）在[0，3]上的零点个数，
即为函数y＝sin的图象与直线y＝m在[0，3]上的交点个数．
在同一直角坐标系内作出两个函数的图象如图：
①当m＞2或m＜﹣2时，两函数的图象在[0，3]内无公共点；
②当﹣2≤m＜0或m＝2时，两函数的图象在[0，3]内有一个共点；
③当0≤m＜2时，两函数的图象在[0，3]内有两个共点．
综上，当m＞2或m＜﹣2时，函数g（x）在[0，3]上无零点；
②当﹣2≤m＜0或m＝2时，函数g（x）在[0，3]内有2个零点；
③当0≤m＜2时，函数g（x）在[0，3]内有2个零点．

本题考查三角函数中的恒等变换应用，考查数量积的坐标运算，体现了数形结合的解题思想方法，是中档题．
20、 (Ⅰ)；(Ⅱ)答案见解析；Ⅲ)（Ⅳ）.
【解析】
试题分析：（1）根据奇函数性质得，解得值；（2）根据单调性定义，作差通分，根据指数函数单调性确定因子符号，最后根据差的符号确定单调性（3）根据奇偶性以及单调性将不等式化为一元二次不等式恒成立问题，利用判别式求实数的取值范围；（4）根据奇偶性以及单调性将方程转化为一元二次方程有解问题，根据二次函数图像与性质求值域，即得实数的取值范围.
试题解析：（Ⅰ）由题设，需，∴，∴，
经验证，为奇函数，∴.
（Ⅱ）减函数
证明：任取，，且，则，

∵
∴
∴，；
∴，即
∴该函数在定义域上是减函数.
（Ⅲ）由得，
∵是奇函数，∴，
由（Ⅱ）知，是减函数
∴原问题转化为，即对任意恒成立，
∴，得即为所求.
（Ⅳ）原函数零点的问题等价于方程
由（Ⅱ）知，，即方程有解
∵，
∴当时函数存在零点.
点睛:利用函数性质解不等式：首先根据函数的性质把不等式转化为的形式，然后根据函数的单调性去掉“”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意与的取值应在外层函数的定义域内.
21、 (1)；(2)
【解析】
（1）在中，先得到再利用正弦定理得到.
（2）在中，计算，由余弦定理得到，再用余弦定理得到.
【详解】
（1）在中，,则,又
由正弦定理，得
（2）在中，,则，又
即是等腰三角形，得.
由余弦定理，得
所以.
在中,
由余弦定理，得
所以.
本题考查了正弦定理和余弦定理，意在考查学生利用正余弦定理解决问题的能力.