云南省楚雄彝族自治州民族中学2025年数学高一第二学期期末联考试题含解析.doc

云南省楚雄彝族自治州民族中学2025年数学高一第二学期期末联考试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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．把正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大时，二面角的大小为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．90°
2．同时掷两个骰子，向上的点数之和是的概率是（　　）
A． B． C． D．
3．在中，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．某赛季中，甲､乙两名篮球队员各场比赛的得分茎叶图如图所示，若甲得分的众数为15，乙得分的中位数为13，则（ ）

A．15 B．16 C．17 D．18
5．已知点满足条件则的最小值为（　　）
A．9 B．-6 C．-9 D．6
6．将函数的图象向右平移个单位长度得到图象，则函数的解析式是（　　）
A． B．
C． D．
7．如果，且，那么下列不等式成立的是（ ）
A． B． C． D．
8．在中，边，，分别是角，，的对边，且满足，若，则 的值为
A． B． C． D．
9．已知直线，，则与之间的距离为（ ）
A． B． C．7 D．
10．已知一个等比数列项数是偶数，其偶数项之和是奇数项之和的3倍，则这个数列的公比为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为__________．
12．已知sin+cosα=，则sin2α=__
13．己知函数，，则的值为______.
14．__________．
15．在中，，，则的值为________

16．直线和将单位圆分成长度相等的四段弧，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，，与的夹角是
（1）计算：①，②；
（2）当为何值时，与垂直？
18．已知，，且.
（1）求函数的最小正周期；
（2）若用和分别表示函数W的最大值和最小值.当时，求的值.
19．已知，.
（Ⅰ）求，的值；
（Ⅱ）求的值.
20．如图几何体中，底面为正方形，平面，，且.

（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的大小.
21．对于定义域相同的函数和，若存在实数，使，则称函数是由“基函数，”生成的.
（1）若函数是“基函数，”生成的，求实数的值；
（2）试利用“基函数，”生成一个函数，且同时满足：①是偶函数；②在区间上的最小值为.求函数的解析式.
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、D
【解析】
当平面ACD垂直于平面BCD时体积最大，得到答案.
【详解】
取中点，连接

当平面ACD垂直于平面BCD时等号成立.
此时二面角为90°
故答案选D
本题考查了三棱锥体积的最大值，确定高的值是解题的关键.
2、C
【解析】
分别计算出所有可能的结果和点数之和为的所有结果，根据古典概型概率公式求得结果.
【详解】
同时掷两个骰子，共有种结果
其中点数之和是的共有：，共种结果
点数之和是的概率为：
本题正确选项：
本题考查古典概型问题中的概率的计算，关键是能够准确计算出总体基本事件个数和符合题意的基本事件个数，属于基础题.
3、A
【解析】
由已知利用余弦定理即可解得的值．
【详解】
解：，，，
由余弦定理可得：，
解得：，
故选：A．
本题主要考查余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
4、A
【解析】
由图可得出，然后可算出答案
【详解】
因为甲得分的众数为15，所以
由茎叶图可知乙得分数据有7个，乙得分的中位数为13，
所以
所以
故选：A
本题考查的是茎叶图的知识，较简单
5、B
【解析】
试题分析：满足约束条件的点的可行域，如图所示

由图可知，目标函数在点处取得最小值，故选B.
考点：线性规划问题.
6、C
【解析】
由题意利用三角函数的图象变换原则，即可得出结论．
【详解】
由题意，将函数的图象向右平移个单位长度，
可得.
故选C．
本题主要考查三角函数的图像变换，熟记图像变换原则即可，属于常考题型.
7、D
【解析】
由，且，可得．再利用不等式的基本性质即可得出，
．
【详解】
，且，
．
，，
因此．
故选：．
本题考查了不等式的基本性质，属于基础题．

8、A
【解析】
利用正弦定理把题设等式中的边换成角的正弦，进而利用两角和公式化简整理可得的值，由可得的值
【详解】
在中，
由正弦定理可得
化为：
即
在中，，故
,
可得，即
故选
本题以三角形为载体，主要考查了正弦定理，向量的数量积的运用，考查了两角和公式，考查了分析问题和解决问题的能力，属于中档题。
9、D
【解析】
化简的方程，再根据两平行直线的距离公式，求得两条平行直线间的距离.
【详解】
，由于平行，故有两条平行直线间的距离公式得距离为， 故选D.
本小题主要考查两条平行直线间的距离公式，属于基础题.
10、B
【解析】
由数列为等比数列，则结合题意即可得解.
【详解】
解：因为数列为等比数列，
设等比数列的公比为，
则，
又是奇数项之和的3倍，
则，
故选：B.
本题考查了等比数列的性质，重点考查了等比数列公比的运算，属基础题.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、8π
【解析】
分析：作出示意图，根据条件分别求出圆锥的母线，高，底面圆半径的长，代入公式计算即可.
详解：如下图所示，
又，
解得，所以，
所以该圆锥的体积为.

点睛：此题为填空题的压轴题，实际上并不难，关键在于根据题意作出相应图形，利用平面几何知识求解相应线段长，代入圆锥体积公式即可.
12、

【解析】
∵，
∴即，
则.
故答案为：.
13、1
【解析】
将代入函数计算得到答案.
【详解】
函数

故答案为：1
本题考查了三角函数的计算，属于简单题.
14、
【解析】
在分式的分子和分母上同时除以，然后利用极限的性质来进行计算.
【详解】
，故答案为：.
本题考查数列极限的计算，解题时要熟悉一些常见的极限，并充分利用极限的性质来进行计算，考查计算能力，属于基础题.
15、
【解析】
由，得到，由三角形的内角和，求出，再由正弦定理求出的值.
【详解】
因为，，
所以，
所以，
在中，由正弦定理得
，
所以
.
本题考查正弦定理解三角形，属于简单题.
16、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.

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）①；②；（2）.
【解析】
利用数量积的定义求解出的值；（1）将所求模长平方，从而得到关于模长和数量积的式子，代入求得模长的平方，再开平方得到结果；（2）向量互相垂直得到数量积等于零，由此建立方程，解方程求得结果.
【详解】
由已知得：
（1）①
②
（2）若与垂直，则

即：，解得：
本题考查利用数量积求解向量的模长、利用数量积与向量垂直的关系求解参数的问题.求解向量的模长关键是能够通过平方运算将问题转化为模长和数量积运算的形式，从而使问题得以求解.
18、（1）；（2）.
【解析】
（1）根据向量数量积的计算公式和三角恒等变换公式可将化简为，进而求得函数的最小正周期；
（2）由可求得的范围，进而可求得的最大值和最小值，最后得解.
【详解】
（1）

∴；
（2），，，
∴当时，，
当时，，∴.
本题考查向量数量积的计算公式和三角恒等变换公式，考查三角函数的单调性和周期性，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.
19、 (Ⅰ)，.(Ⅱ).
【解析】
试题分析：
(Ⅰ)结合角的范围和同角三角函数基本关系可得，.
(Ⅱ)将原式整理变形，结合(Ⅰ)的结论可得其值为.
试题解析：
（Ⅰ）因为，所以，
由于，所以，
所以.
（Ⅱ）原式.
.
20、（1）见解析（2）
【解析】
（1）由，，结合面面平行判定定理可证得平面平面，根据面面平行的性质证得结论；（2）连接交于点，连接，利用线面垂直的判定定理可证得平面，从而可知所求角为，在中利用正弦求得结果.
【详解】
（1）四边形为正方形
又平面 平面
又，平面 平面
平面， 平面平面
平面 平面
（2）连接交于点，连接

平面，平面
又四边形为正方形
平面， 平面
即为与平面所成角
且
又

即与平面所成角为：
本题考查线面平行的证明、直线与平面所成角的求解，涉及到面面平行的判定与性质、线面垂直的判定与性质的应用；求解直线与平面所成角的关键是能够通过垂直关系将所求角放入直角三角形中来进行求解.
21、 (1) . (2)
【解析】
（1）根据基函数的定义列方程，比较系数后求得的值.（2）设出的表达式，利用为偶函数，结合偶函数的定义列方程，化简求得，由此化简的表达式，构造函数，利用定义法证得在上的单调性，由此求得的最小值，也即的最小值，从而求得的最小值，结合题目所给条件，求出的值，即求得的解析式.
【详解】
解：（1）由已知得，
即，
得，所以.
（2）设，则.
由，得，
整理得，即，
即对任意恒成立，所以.
所以
.
设，，令，则，
任取，且
则，
因为，且
所以，，，故
即，所以在单调递增，
所以，且当时取到“”.
所以，
又在区间的最小值为，
所以，且，此时，
所以
本小题主要考查新定义函数的理解和运用，考查函数的单调性、奇偶性的运用，考查利用定义法证明函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，考查函数与方程的思想，综合性较强，属于中档题.