2024-2025学年山西省晋中市榆社中学数学高一第二学期期末质量检测试题含解析.doc

2024-2025学年山西省晋中市榆社中学数学高一第二学期期末质量检测试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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．已知过原点的直线与圆C：相交于不同的两点，且线段的中点坐标为，则弦长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
2．若为圆的弦的中点，则直线的方程是（ ）
A． B．
C． D．
3．已知a，b为不同的直线，为平面，则下列命题中错误的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
4．设等差数列的前项的和为，若，，且，则（ ）
A． B． C． D．
5．中，若，则的形状是（ ）
A．等腰三角形 B．等边三角形
C．锐角三角形 D．直角三角形
6．若向量，且，则等于（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数在处取得极小值，则的最小值为（ ）
A．4 B．5 C．9 D．10
8．的内角的对边分别为，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A．
B．
C．
D．
9．下列四个函数中，既是上的增函数，又是以为周期的偶函数的是（ ）
A． B． C． D．
10．已知实数满足,那么的最小值为(   )
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，则
12．方程的解集是___________
13．在中，比长4，比长2，且最大角的余弦值是，则的面积等于______________．
14．在中，，则______．
15．若为幂函数，则满足的的
值为________.
16．若，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．在中，角、、的对边分别为、、，为的外接圆半径.
（1）若，，，求；
（2）在中，若为钝角，求证：；
（3）给定三个正实数、、，其中，问：、、满足怎样的关系时，以、为边长，为外接圆半径的不存在，存在一个或存在两个（全等的三角形算作同一个）？在存在的情兄下，用、、表示.
18．已知等差数列的前项和为，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）已知数列的前项和，，求数列，的前项和.
19．已知等比数列的公比为，是的前项和；
（1）若，，求的值；
（2）若，，有无最值？说明理由；
（3）设，若首项和都是正整数，满足不等式，且对于任意正整数有成立，问：这样的数列有几个？
20．某公司为了提高工效，需分析该公司的产量台与所用时间小时之间的关系，为此做了四次统计，所得数据如下：
产品台数台
2
3
4
5
所用时间小时

3
4

求出y关于x的线性回归方程 ；
预测生产10台产品需要多少小时？
21．已知向量垂直于向量，向量垂直于向量.
（1）求向量与的夹角；
（2）设，且向量满足，求的最小值；
（3）在（2）的条件下，随机选取一个向量，求的概率.
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】
根据两直线垂直，斜率相乘等于-1，求得直线的斜率为，进而求出圆心到直线的距离，再代入弦长公式求得弦长值.
【详解】
圆的标准方程为：，设圆心，
，，
，，
直线的方程为：，
到直线的距离，
.
求直线与圆相交的弦长问题，核心是利用点到直线的距离公式，求圆心到直线的距离.
2、D
【解析】
圆的圆心为O，求出圆心坐标，利用垂径定理，可以得到
，求出直线的斜率，利用两直线垂直斜率关系可以求出直线的斜率，利用点斜式写出直线方程，最后化为一般式方程.
【详解】
设圆的圆心为O，坐标为（1，0），根据圆的垂径定理可知：
，因为，所以，

因此直线的方程为，故本题选D.
本题考查了圆的垂径定理、两直线垂直斜率的关系，考查了斜率公式.
3、D
【解析】
根据线面垂直与平行的性质与判定分析或举出反例即可.
【详解】
对A,根据线线平行与线面垂直的性质可知A正确.
对B, 根据线线平行与线面垂直的性质可知B正确.
对C,根据线面垂直的性质知C正确.
对D,当,时,也有可能.故D错误.
故选：D
本题主要考查了空间中平行垂直的判定与性质,属于中档题.
4、C
【解析】
，，，，，，故选C.
5、D
【解析】
根据正弦定理，得到，进而得到，再由两角和的正弦公式，即可得出结果.
【详解】
因为，所以，所以，
即，所以，
又因此，
所以，即三角形为直角三角形.
故选D
本题主要考查三角形形状的判断，熟记正弦定理即可，属于常考题型.
6、B
【解析】
根据坐标形式下向量的平行对应的等量关系，即可计算出的值，再根据坐标形式下向量的加法即可求解出的坐标表示.
【详解】
因为且，所以，
所以，所以.
故选：B.
本题考查根据坐标形式下向量的平行求解参数以及向量加法的坐标运算，难度较易.已知，若则有.
7、C
【解析】
由，得，则，
所以，所以，
当且仅当，即时，等号成立，故选C.
8、D
【解析】
运用正弦定理公式，可以求出另一边的对角正弦值，最后还要根据三角形的特点：“大角对大边”进行合理排除.
【详解】
A. ,由所以不存在这样的三角形.
B. ,由且所以只有一个角B
C. 中，同理也只有一个三角形.
D. 中此时，所以出现两个角符合题意，即存在两个三角形.
所以选择D
在直接用正弦定理求另外一角中，求出后，记得一定要去判断是否会出现两个角.
9、C
【解析】
本题首先可确定四个选项中的函数的周期性以及在区间上的单调性、奇偶性，然后根据题意即可得出结果．
【详解】
A项：函数周期为，在上是增函数,奇函数；
B项：函数周期为，在上是减函数，偶函数；
C项：函数周期为，在上是增函数，偶函数；
D项：函数周期为，在上是减函数，偶函数；
综上所述，故选C．
本题考查三角函数的周期性以及单调性，能否熟练的掌握正弦函数以及余弦函数的图像性质是解决本题的关键，考查推理能力，是简单题．
10、A
【解析】
表示直线上的点到原点的距离，利用点到直线的距离公式求得最小值.
【详解】
依题意可知表示直线上的点到原点的距离，故原点到直线的距离为最小值，即最小值为，故选A.
本小题主要考查点到直线的距离公式，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、28
【解析】
试题分析：由等差数列的前n项和公式，把等价转化为
所以,然后求得a值.

考点：极限及其运算
12、或
【解析】
方程的根等价于或，分别求两个三角方程的根可得答案.
【详解】
方程或，
所以或，
所以或.
故答案为：或.
本题考查三角方程的求解，求解时可利用单位圆中的三角函数线，注意终边相同角的表示，考查运算求解能力和数形结合思想的运用.
13、
【解析】
由a比c长4，b比c长2，用c表示出a与b，可得出a为最大边，即A为最大角，可得出cosA的值，由A为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值求出A的度数，同时利用余弦定理表示出cosA，将表示出的a与b代入，并根据最大角的余弦值，得到关于c的方程，求出方程的解得到c的值，然后由b，c及sinA的值，利用三角形的面积公式即可求出三角形ABC的面积．
【详解】
根据题意得：a=c+4，b=c+2，则a为最长边，
∴A为最大角，又cosA=，且A为三角形的内角，
，

整理得：，即(c−3)(c+2)=0，
解得：c=3或c=−2(舍去)，
∴a=3+4=7，b=3+2=5，
则△ABC的面积S=bcsinA=.
故答案为：.
余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.
14、
【解析】
由已知求得，进一步求得，即可求出．
【详解】
由，
得，
即，，
则，
，，则．
本题主要考查应用两角和的正切公式作三角函数的恒等变换与化简求值．
15、
【解析】
根据幂函数定义知，又，由二倍角公式即可求解.
【详解】
因为为幂函数，
所以，即,
因为,
所以，即，
因为，
所以，.
故填.
本题主要考查了幂函数的定义，正弦的二倍角公式，属于中档题.
16、
【解析】
利用诱导公式求解即可
【详解】
，
故答案为：
本题考查诱导公式，是基础题

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）见解析；（3）见解析.
【解析
（1）利用正弦定理求出的值，然后利用余弦定理求出的值；
（2）由余弦定理得出可得证；
（3）分类讨论判断三角形的形状与两边、的关系，以及与直径的大小的比较，分类讨论即可.
【详解】
（1）由正弦定理得，所以，
由余弦定理得，化简得.
，解得；
（2）由于为钝角，则，由于，
，得证；
（3）①当或时，所求不存在；
②当且时，，所求有且只有一个，此时；
③当时，都是锐角，，存在且只有一个，
；
④当时，所求存在两个，总是锐角，可以是钝角也可以是锐角，因此所求存在，
当时，，，，，
；
当时，，，，，
.
本题综合考查了三角形形状的判断，考查了解三角形、三角形的外接圆等知识，综合性较强，尤其是第三问需要根据、两边以及直径的大小关系确定三角形的形状，再在这种情况下求第三边的表达式，本解法主观性较强，难度较大.
18、（1），（2）
【解析】
（1）根据题意得到，解方程组即可.
（2）首先根据，得到，再利用错位相减法即可求出.
【详解】
（1）有题知
，解得.
所以.
（2）当时，，
当时，.
检查：当时，.
所以，.
①，
②，
①②得：
，
.
本题第一问考查等差数列的性质，第二问考查利用错位相减法求数列的前项和，同时考查了学生的计算能力，属于中档题.
19、（1）；（2），最小值，最大值；，最小值，无最大值；（3）个
【解析】
（1）由，分类讨论，分别求得，结合极限的运算，即可求解；
（2）由等比数列的前项和公式，求得，再分和两种情况讨论，即可求解，得到结论；
（3）由不等式，求得，在由等比数列的前项和公式，得到，根据不等式成立，可得，结合数列的单调性，即可求解.
【详解】
（1）由题意，等比数列，且，
①当时，可得，，所以，
②当时，可得，
所以，
综上所述，当，时，.
（2）由等比数列的前项和公式，可得，
因为且，所以，
①当时，单调递增，此时有最小值，无最大值；
②当时，中，
当为偶数时，单调递增，且；
当为奇数时，单调递减，且；
分析可得：有最大值，最小值为；
综上述，① 当时，的最小值为，最大值为；
② 当时，的最小值为，无最大值；
（3）由不等式，可得，
又由等比数列的前项和公式，可得，
因为首项和都是正整数，所以，
又由对于任意正整数有成立，可得，
联立可得，
设，由为正整数，可得单调递增，所以函数单调递减，
所以，且
所以，
当时，，即，解得，此时有个，
当时，，即，解得，此时有个，
所以共有个.
本题主要考查了等比数列的前项和公式，数列的极限的计算，以及数列的单调性的综合应用，其中解答中熟记等比数列的前项和公式，极限的运算法则，以及合理分类讨论是解答的关键，着重考查了分类讨论思想，以及分析问题和解答问题的能力，属于难题.
20、（1）（2）小时
【解析】
求出出横标和纵标的平均数，得到样本中心点，求出对应的横标和纵标的积的和，求出横标的平方和，做出系数和的值，写出线性回归方程．
将代入回归直线方程，可得结论．
【详解】
解：由题意，，
，
于是回归方程；
由题意，时，

答：根据回归方程，加工能力10个零件，大约需要小时．
本题考查线性回归方程的求法和应用，考查学生的计算能力，属于中档题．
21、（1）；（2）；（3）.
【解析】
（1）根据向量的垂直，转化出方程组，求解方程组即可；
（2）将向量赋予坐标，求得向量对应点的轨迹方程，将问题转化为圆外一点，到圆上一点的距离的最值问题，即可求解；
（3）根据余弦定理，解得，以及的临界状态时，对应的圆心角的大小，利用几何概型的概率计算公式，即可求解.
【详解】
（1）因为
故可得，
解得 ①
②
由①-②可得
，解得，
将其代入①可得，即
将其代入②可得
解得，又向量夹角的范围为，
故向量与的夹角为.
（2）不妨设，
由
可得.
不妨设的起始点为坐标原点，终点为C.
因此，点C落在以)为圆心，1为半径的圆上（如图）.

因为，即
由圆的特点可知的最小值为，
即：.
（3）当时，因为，，满足勾股定理，
故容易得.
当时，假设此时点落在如图所示的F点处.如图所示.
因为，由余弦定理容易得
，故.

所以，本题化为，在半圆上任取一点C，点C落在弧CF上的概率.
由几何概型的概率计算可知：
的概率即为圆心角的弧度除以，
即.
本题考查向量垂直时数量积的表示，以及利用解析的手段解决向量问题的能力，还有几何概型的概率计算，涉及圆方程的求解，以及余弦定理.本题属于综合题，值得总结.