2025届兰州大学附属中学数学高一下期末检测试题含解析.doc

2025届兰州大学附属中学数学高一下期末检测试题
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．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）

A． B． C． D．
2．已知函数的最小正周期是，其图象向右平移个单位后得到的函数为奇函数.有下列结论：
①函数的图象关于点对称；②函数的图象关于直线对称；③函数在上是减函数；④函数在上的值域为.
其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．如图，长方体中，，，那么异面直线与所成角的余弦值是（ ）

A． B． C． D．
4．甲箱子里装有个白球和个红球，乙箱子里装有个白球和个红球．从这两个箱子里分别摸出一个球，设摸出的白球的个数为，摸出的红球的个数为，则（ ）
A．，且 B．，且
C．，且 D．，且
5．在中，已知，，，则的形状为（ ）
A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．不能确定
6．在中，是上一点，且，则（ ）
A． B．
C． D．
7．若，则下列不等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
8．设在中,角所对的边分别为, 若, 则的形状为 （ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定
9．下列条件：①；②；③；其中一定能推出成立的有（ ）
A．0个 B．3个 C．2个 D．1个
10．等差数列中，，则( ).
A．110 B．120 C．130 D．140
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．设数列的前项和为满足：，则_________.
12．在△ABC中,已知30,则B等于__________．
13．不等式的解集为________
14．在平面直角坐标系中，在轴、轴正方向上的投影分别是、，则与同向的单位向量是__________．
15．在上，满足的的取值范围是______.
16．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinA+acosB=0，则B=___________.
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．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，．
（1）求角A的大小；
（2）若，，求的面积．
18．已知的三个顶点为.
（1）求过点且平行于的直线方程；
（2）求过点且与、距离相等的直线方程.
19．在平面直角坐标系中，直线截以坐标原点为圆心的圆所得的弦长为.
（1）求圆的方程；
（2）若直线与圆切于第一象限，且与坐标轴交于点，，当时，求直线的方程；
（3）设，是圆上任意两点，点关于轴的对称点为，若直线，分别交轴于点和，问是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.
20．如图，在△ABC中，A（5，–2），B（7，4），且AC边的中点M在y轴上，BC的中点N在x轴上．

（1）求点C的坐标；
（2）求△ABC的面积．
21．已知函数.
（1）若，且对任意的，恒成立，求实数的取值范围；
（2）求，解关于的不等式.
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、B
【解析】
该几何体由上下两部分组成的，上面是一个圆锥，下面是一个正方体，由体积公式直接求解.
【详解】
该几何体由上下两部分组成的，上面是一个圆锥，下面是一个正方体．
∴该几何体的体积V64．
故选：B．
本题考查了正方体与圆锥的组合体的三视图还原问题及体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2、C
【解析】
根据函数最小正周期可求得,由函数图象平移后为奇函数,可求得,即可得函数的解析式.再根据正弦函数的对称性判断①②,利用函数的单调区间判断③,由正弦函数的图象与性质判断④即可.
【详解】
函数的最小正周期是
则,即
向右平移个单位可得
由为奇函数,可知
解得
因为
所以当时,
则
对于①,当时,代入解析式可得,即点不为对称中心,所以①错误;
对于②,当时带入的解析式可得,所以函数的图象关于直线对称,所以②正确;
对于③, 的单调递减区间为
解得
当时,单调递减区间为,
而,所以函数在上是减函数,故③正确;
对于④,当时, 由正弦函数的图像与性质可知,
,故④正确.
综上可知,正确的为②③④
故选:C
本题考查根据三角函数性质和平移变换求得解析式,再根据正弦函数的图像与性质判断选项,属于基础题.
3、A
【解析】
可证得四边形为平行四边形，得到，将所求的异面直线所成角转化为；假设，根据角度关系可求得的三边长，利用余弦定理可求得余弦值.
【详解】
连接，

四边形为平行四边形
异面直线与所成角即为与所成角，即
设
， ，
，，
在中，由余弦定理得：

异面直线与所成角的余弦值为：
本题正确选项：
本题考查异面直线所成角的求解问题，关键是能够通过平行关系将问题转化为相交直线所成角，在三角形中利用余弦定理求得余弦值.
4、D
【解析】
可取，；，，，，，故选D.
5、A
【解析】
由正弦定理得出，从而得出可能为钝角或锐角，分类讨论这两种情况，结合正弦函数的单调性即可判断.
【详解】
由正弦定理得
可能为钝角或锐角
当为钝角时，,符合题意，所以为钝角三角形；
当为锐角时，由于在区间上单调递增，
则，所以，即为钝角三角形
综上，为钝角三角形
故选：A
本题主要考查了利用正弦定理判断三角形的形状，属于中档题.
6、C
【解析】
利用平面向量的三角形法则和共线定理，即可得到结果．
详解】
因为是上一点，且，

则．
故选：C．
本题考查了平面向量的线性运算和共线定理的应用，属于基础题．
7、D
【解析】
取特殊值检验，利用排除法得答案。
【详解】
因为，则当时，故A错；当时，故B错；
当时，，故C错；因为且，所以
故选D.
本题考查不等式的基本性质，属于简单题。
8、B
【解析】
利用正弦定理可得，结合三角形内角和定理与诱导公式可得，从而可得结果.
【详解】
因为，
所以由正弦定理可得，
，
所以，所以是直角三角形.
本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题. 弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.
9、D
【解析】
利用特殊值证得①②不一定能推出，利用平方差公式证得③能推出.
【详解】
对于①，若，而，故①不一定能推出；
对于②，若，而，故②不一定能推出；
对于③，由于，所以，故，也即.故③一定能推出.
故选：D.
本小题主要考查不等式的性质，考查实数大小比较，属于基础题.
10、B
【解析】
直接运用等差数列的下标关系即可求出的值.
【详解】
因为数列是等差数列，所以，
因此，故本题选B.
本题考查了等差数列下标性质，考查了数学运算能力.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
利用，求得关于的递推关系式，利用配凑法证得是等比数列，由此求得数列的通项公式，进而求得的表达式，从而求得的值.
【详解】
当时，.
由于，而，故
，
故答案为：.
本小题主要考查配凑法求数列的通项公式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
12、
【解析】
根据三角形正弦定理得到角，再由三角形内角和关系得到结果.
【详解】
根据三角形的正弦定理得到，
故得到角，当角时，有三角形内角和为，得到，
当角时，角
故答案为
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.
13、
【解析】
因为所以，
即不等式的解集为.
14、
【解析】
根据题意得出，再利用单位向量的定义即可求解.
【详解】
由在轴、轴正方向上的投影分别是、，可得，
所以与同向的单位向量为，
故答案为：
本题考查了向量的坐标表示以及单位向量的定义，属于基础题.
15、
【解析】
由，结合三角函数线，即可求解，得到答案.
【详解】
如图所示，因为，
所以满足的的取值范围为.

本题主要考查了特殊角的三角函数值，以及三角函数线的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
16、.
【解析】
先根据正弦定理把边化为角，结合角的范围可得.
【详解】
由正弦定理，得．，得，即，故选D．
本题考查利用正弦定理转化三角恒等式，渗透了逻辑推理和数学运算素养．采取定理法，利用转化与化归思想解题．忽视三角形内角的范围致误，三角形内角均在范围内，化边为角，结合三角函数的恒等变化求角．

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）
【解析】
（1）由，结合，得到求解.
（2）据（1）知．再由余弦定理求得边 ，再利用求解．
【详解】
（1）因为，，
所以，
所以，
所以，
或（舍去）．
又因为，
所以．
（2）由（1）知．
由余弦定理得
所以，
即，
所以（舍）或．
所以的面积．
本题主要考查了余弦定理和正弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
18、 (1)；(2).
【解析】
（1）先由两点写出直线BC的方程，再根据点斜式写出目标直线的方程；
（2）过点B且与直线AC平行的直线即为所求，注意垂直平分线不过点B，故舍去.
【详解】
（1）由、两点的坐标可得，
因为待求直线与直线BC平行，故其斜率为
由点斜式方程可得目标直线方程为
整理得.
（2）由、点的坐标可知，其中点坐标为
又直线AC没有斜率，故其垂直平分线为，此直线不经过点B，故垂直平分线舍去；
则满足题意的直线为与直线AC平行的直线，即.
综上所述，满足题意的直线方程为.
本题考查直线方程的求解，属基础题.
19、（1）；（2）；（3）见解析
【解析】
（1）利用点到直线距离公式，可以求出弦心距，根据垂径定理结合勾股定理，可以求出圆的半径，进而可以求出圆的方程；
（2）设出直线的截距式方程，利用圆的切线性质，得到一个方程，结合已知，又得到一个方程，两个方程联立，解方程组，即可求出直线直线的方程；
（3）设，，则，，，分别求出直线与轴交点坐标、直线与轴交点坐标，求出的表达式，通过计算可得.
【详解】
（1）因为点到直线的距离为，
所以圆的半径为，
故圆的方程为.
（2）设直线的方程为，即，
由直线与圆相切，得，①
.②
由①②解得，
此时直线的方程为.
（3）设，，则，，，
直线与轴交点坐标为，，
直线与轴交点坐标为，，
，为定值2.
本题考查了圆的垂径定理、圆的切线性质、勾股定理，考查了求直线方程，考查了数学运算能力.
20、（1）（–5，–4） （2）
【解析】
（1）设点，根据题意写出关于的方程组，得到点坐标；（2）由两点间距离公式求出，再由两点得到直线的方程，利用点到直线的距离公式，求出点到的距离，由三角形面积公式得到答案.
【详解】
（1）由题意，设点，
根据AC边的中点M在y轴上，BC的中点N在x轴上，
根据中点公式，可得，解得，
所以点的坐标是．
（2）因为，
得．
，
所以直线的方程为，即，
故点到直线的距离，
所以的面积．
本题考查中点坐标公式，两点间距离公式，点到直线的距离公式，属于简单题.
21、（1） （2）见解析
【解析】
（1）由题意，若，则函数关于对称，根据二次函数对称性，可求，代入化简得在上恒成立，由，知当为最小值，根据恒成立思想，令最小值，即可求解；
（2）根据题意，由，化简一元二次不等式为，讨论参数范围，写出解集即可.
【详解】
解：（1）若，所以函数对称轴，.
，即在恒成立，
即在上恒成立
所以，又，故
（2），所以；
原不等式变为，
因为，所以.
所以当，即时，解为；
当时，解集为；
当，即时，解为
综上，当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为必；
当时，不等式的解隼为
本题考查（1）函数恒成立问题；（2）含参一元二次不等式的解法；考查计算能力，考查分类讨论思想，属于中等题型.