广东省佛山市三水区实验中学2025届数学高一下期末达标检测试题含解析.doc

广东省佛山市三水区实验中学2025届数学高一下期末达标检测试题
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．已知,下列不等式中成立的是（ ）
A． B． C． D．
2．要从已编号(1～50)的50枚最新研制的某型导弹中随机抽取5枚来进行发射试验，用每部分选取的号码间隔一样的系统抽样方法确定所选取的5枚导弹的编号可能是(　　)
A．5，10，15，20，25 B．3，13，23，33，43
C．1，2，3，4，5 D．2，4，8，16，32
3．设为直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
4．如图，正方体中，异面直线与所成角的正弦值等于　　

A． B． C． D．1
5．已知水平放置的是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中，，那么原中的大小是（ ）．

A． B． C． D．
6．《孙子算经》是中国古代重要的数学著作．其中的一道题“今有木，方三尺，高三尺，欲方五寸作枕一枚．问：得几何？”意思是：“有一块棱长为3尺的正方体方木，要把它作成边长为5寸的正方体枕头，可作多少个？”现有这样的一个正方体木料，其外周已涂上油漆，则从切割后的正方体枕头中任取一块，恰有一面涂上油漆的概率为( )
A． B． C． D．
7．如图，在三角形中，点是边上靠近的三等分点，则( )

A． B．
C． D．
8．若直线与直线互相平行，则的值等于（ ）
A．0或或3 B．0或3 C．0或 D．或3
9．已知中，，，若，则的坐标为 （ ）
A． B． C． D．
10．设为两个不同的平面，直线，则“”是“”成立的(　　)
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．如图记录了甲乙两名篮球运动员练习投篮时，进行的5组100次投篮的命中数，若这两组数据的中位数相等，平均数也相等，则______，_________.

12．已知是定义在上的奇函数，对任意实数满足，，则________.
13．在中，已知M是AB边所在直线上一点，满足，则________.
14．已知当时，函数（且）取得最大值，则时，的值为__________．
15．无穷等比数列的首项是某个正整数，公比为单位分数（即形如：的分数，为正整数），若该数列的各项和为3，则________.
16．一组数据2，4，5，，7，9的众数是2，则这组数据的中位数是_________.
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．如图所示，一个半圆和长方形组成的铁皮，长方形的边为半圆的直径，为半圆的圆心，，，现要将此铁皮剪出一个三角形，使得，.
(1)设，求三角形铁皮的面积；
(2)求剪下的铁皮三角形的面积的最大值.

18．在平面直角坐标系中，已知点与两个定点，的距离之比为.
（1）求点的坐标所满足的关系式；
（2）求面积的最大值；
（3）若恒成立，求实数的取值范围.
19．在中，角的对边分别是，已知，，.
(1)求的值；
(2)若角为锐角，求的值及的面积.
20．（1）解方程：；
（2）有四个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，且第一个数与第四个数的和是16，第二个数与第三个数的和是12，求这四个数；
21．已知，为两非零有理数列（即对任意的，，均为有理数），为一个无理数列（即对任意的，为无理数）．
（1）已知，并且对任意的恒成立，试求的通项公式；
（2）若为有理数列，试证明：对任意的，恒成立的充要条件为；
（3）已知，，试计算．
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】
逐个选项进行判断即可.
【详解】
A选项，因为，所以.当时即不满足选项B,C,D.
故选A.
此题考查不等式的基本性质，是基础题.
2、B
【解析】
对导弹进行平均分组，根据系统抽样的基本原则可得结果.
【详解】
将枚导弹平均分为组，可知每组枚导弹
即分组为：，，，，
按照系统抽样原则可知每组抽取枚，且编号成公差为的等差数列
由此可确定正确
本题正确选项：
本题考查抽样方法中的系统抽样，属于基础题.
3、B
【解析】
A中，也可能相交；B中，垂直与同一条直线的两个平面平行，故正确；C中，也可能相交；D中，也可能在平面内.
【考点定位】点线面的位置关系
4、D
【解析】
由线面垂直的判定定理得：，又，所以面，由线面垂直的性质定理得：，即可求解．
【详解】
解：连接，

因为四边形为正方形，所以，又，
所以面，
所以，
所以异面直线与所成角的正弦值等于1，故选D．
本题考查了线面垂直的判定定理及性质定理，属中档题．
5、C
【解析】
根据斜二测画法还原在直角坐标系的图形，进而分析出的形状，可得结论．
【详解】
如图：

根据斜二测画法可得：
，
故原是一个等边三角形
故选
本题是一道判定三角形形状的题目，主要考查了平面图形的直观图，考查了数形结合的思想
6、C
【解析】
有一块棱长为3尺的正方体方木，要把它作成边长为5寸的正方体枕头，可作216个，由正方体的结构及锯木块的方法，可知一面带有红漆的木块是每个面的中间那16块，共有6×16＝96个，由此能求出从切割后的正方体枕头中任取一块，恰有一面涂上油漆的概率．
【详解】
有一块棱长为3尺的正方体方木，要把它作成边长为5寸的正方体枕头，可作216个，
由正方体的结构及锯木块的方法，
可知一面带有红漆的木块是每个面的中间那16块，共有6×16＝96个，
∴从切割后的正方体枕头中任取一块，恰有一面涂上油漆的概率：
p．
故选C．
本题考查概率的求法，考查古典概型、正方体的结构特征等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．对于古典概型，要求事件总数是可数的，满足条件的事件个数可数，使得满足条件的事件个数除以总的事件个数即可.
7、A
【解析】
利用向量的三角形法则以及线性运算法则进行运算,即可得出结论.
【详解】
因为点是边上靠近的三等分点,所以,
所以,
故选:A.
本题考查向量的加､减法以及数乘运算,需要学生熟练掌握三角形法则和共线定理.
8、D
【解析】
根据直线的平行关系，列方程解参数即可.
【详解】
由题：直线与直线互相平行，
所以，，解得：或.
经检验，当或时，两条直线均平行.
故选：D

此题考查根据直线平行关系求解参数的取值，需要熟记公式，注意考虑直线重合的情况.
9、A
【解析】
根据，，可得；由可得M为BC中点，即可求得的坐标，进而利用即可求解．
【详解】
因为，
所以
因为，即M为BC中点
所以
所以
所以选A
本题考查了向量的减法运算和线性运算，向量的坐标运算，属于基础题．
10、A
【解析】
试题分析：当满足时可得到成立，反之，当时，与可能相交，可能平行，因此前者是后者的充分不必要条件
考点：充分条件与必要条件
点评：命题：若则是真命题，则是的充分条件，是的必要条件

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、3 5.
【解析】
根据茎叶图,将两组数据按照从小到大顺序排列,由中位数和平均数相等,即可解得的值.
【详解】
甲乙两组数据的中位数相等,平均数也相等
对于甲组将数据按照从小到大顺序排列后可知,中位数为65.所以乙组中位数也为65.根据乙组数据可得
则由两组的平均数相等,可知两组的总数也相等,即
解得
故答案为: ;
本题考查了茎叶图的简单应用,由茎叶图求中位数和平均数,属于基础题.
12、
【解析】
由奇函数的性质得出，由题中等式可推出函数是以为周期的周期函数，再利用周期性和奇偶性求出的值.
【详解】
函数是定义在上的奇函数，则，
且对任意实数满足
所以，函数是以为周期的周期函数，
，，
因此，，故答案为：.
本题考查抽象函数求值，利用题中条件推导出函数的周期是解题的关键，在计算时充分利用函数的周期性将自变的值的绝对值变小，考查逻辑推理能力与计算能力，属于中等题.
13、3
【解析】
由M在AB边所在直线上，则，又，然后将，都化为，即可解出答案.
【详解】
因为M在直线AB上，所以可设，
可得，即，
又，则
由与不共线，所以，解得.
故答案为：3
本题考查向量的减法和向量共线的利用，属于基础题.
14、3
【解析】
先将函数的解析式利用降幂公式化为
，再利用辅助角公式化为，其中
，由题意可知与的关系结合诱导公式以及求出的值．
【详解】

，其中，
当时，函数取得最大值，则，，
所以，，
解得，故答案为．
本题考查三角函数最值，解题时首先应该利用降幂公式、和差角公式进行化简，再利用辅助角公式化简为的形式，本题中用到了与之间的关系，结合诱导公式进行求解，考查计算能力，属于中等题．
15、
【解析】
利用无穷等比数列的各项和，可求得，从而，利用首项是某个自然数，可求，进而可求出.
【详解】
无穷等比数列各项和为3，
，是个自然数，则，
.
故答案为：
本题主要考查了等比数列的前项和公式，需熟记公式，属于基础题.
16、
【解析
根据众数的定义求出的值，再根据中位数的定义进行求解即可.
【详解】
因为一组数据2，4，5，，7，9的众数是2，所以，这一组数据从小到大排列为：
2，2，4，5， 7，9，因此这一组数据的中位数为：.
故答案为：
本题考查了众数和中位数的定义，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）三角形铁皮的面积为；（2）剪下的铁皮三角形的面积的最大值为.
【解析】
试题分析：（1）利用锐角三角函数求出和的长度，然后以为底边、以为高，利用三角形面积公式求出三角形的面积；（2）设，以锐角为自变量将和的长度表示出来，并利用面积公式求出三角形的面积的表达式，利用与之间的关系，令将三角形的面积的表达式表示为以为自变量的二次函数，利用二次函数的单调性求出三角形的面积的最大值，但是要注意自变量的取值范围作为新函数的定义域.
试题解析：（1）由题意知，
，
，
，即三角形铁皮的面积为；
（2）设，则，，
，
，
令，由于，所以，
则有，所以，
且，所以，
故，
而函数在区间上单调递增，
故当时，取最大值，即，
即剪下的铁皮三角形的面积的最大值为.
考点：1.三角形的面积；2.三角函数的最值；3.二次函数的最值
18、（1）（2）3；（3）
【解析】
（1）根据题意，结合两点间距离公式可以得到等式，化简后得到点的坐标所满足的关系式；
（2）设是曲线上任一点，求出的表达式，结合的取值范围，可以求出面积的最大值；
（3）恒成立，则恒成立. 设，当它与圆相切时，取得最大和最小值，利用点到直线距离公式，可以求出取得最大和最小值，最后可以求出实数的取值范围.
【详解】
（1）设的坐标是，由，得，
化简得.
（2）由（1）得，点在以为圆心，为半径的圆上.
设是曲线上任一点，则，
又，故的最大值为：.
（3）由（1）得：圆的方程是
若恒成立，则恒成立.
设，当它与圆相切时，
取得最大和最小值，
由得：，，
故当时，原不等式恒成立.
本题考查了求点的轨迹方程考查了直线与圆的位置关系，考查了求三角形面积最大值问题，考查了数学运算能力.
19、 (1)；(2)，.
【解析】
试题分析：（1）根据题意和正弦定理求出a的值；
（2）由二倍角的余弦公式变形求出，由的范围和平方关系求出，由余弦定理列出方程求出的值，代入三角形的面积公式求出的面积．
试题解析：(1)因为，，
由正弦定理，得.
(2)因为，且，
所以，.
由余弦定理，得，
解得或(舍)，所以.
20、（1）或。
（2）、、、，或、、、
【解析】
（1）由正弦的倍角公式，化简得，得到解得或，结合正弦和余弦的性质，即可求解；
（2）设这四个数分别为，得到，且，即可求解，得到答案.
【详解】
（1）由题意，方程，可得，即，
解得或，所以或.
（2）由题意，设这四个数分别为，
可得，且，
解得：或，
所以这四个数为：、、、，或、、、.
本题主要考查了三角方程的求解，以及等差、等比中项的应用，其中解答中熟记三角恒等变换的公式，以及等差、等比数列中项公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.
21、（1）；（2）证明见解析；（3）.
【解析】
（1）根据不等式可得，把代入即可解出
（2）根据化简，利用为有理数即可解决
（3）根据题意可知，本题需分为奇数和偶数时讨论，通过求出．
【详解】
（1）∵，∴，即，
∴，
∵，∴，∴．
（2）∵，∴，
∴，
∵，，为有理数列，为无理数列，
∴，∴，以上每一步可逆．
（3），∴．
∵，∴，
当时，∴
当时，∴，∴为有理数列，
∵，∴，
∴，
∵，，为有理数列，为无理数列，
∴，∴，
∴
当时，∴
当时，∴，
∴．
本题数列的分类问题，数列通项式的求法、有关数列的综合问题等．本题难度、计算量较大，属于难题．