广西桂林市十八中学2025届数学高一第二学期期末教学质量检测模拟试题含解析.doc

广西桂林市十八中学2025届数学高一第二学期期末教学质量检测模拟试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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．在中，，BC边上的高等于,则
A． B． C． D．
2．已知圆，圆，分别为圆上的点，为轴上的动点，则的最小值为( )
A． B． C． D．
3．函数的部分图象如图所示，则的单调递减区间为

A．
B．
C．
D．
4．如图所示，在中，，点在边上，点在线段上，若,则 （ ）

A． B． C． D．
5．如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积是（ ）

A． B． C． D．
6．设的内角所对边的长分别为，若,则角=（ ）
A． B．
C． D．
7．如图，测量河对岸的塔高时，选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D.现测得，，，并在点C测得塔顶A的仰角为，则塔高为( )

A． B． C．60m D．20m
8．已知，，则的最大值为（　　）
A．9 B．3 C．1 D．27
9．在空间中，给出下列说法：①平行于同一个平面的两条直线是平行直线；②垂直于同一条直线的两个平面是平行平面；③若平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则；④过平面的一条斜线，有且只有一个平面与平面垂直.其中正确的是（ ）
A．①③ B．②④ C．①④ D．②③
10．在△ABC中，若a=2bsinA,则B为
A． B． C．或 D．或
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．若点与关于直线对称，则的倾斜角为_______
12．在中，角所对的边分别为，下列命题正确的是_____________．
①总存在某个内角，使得；
②存在某钝角，有；
③若，则的最小角小于．
13．化简：________
14．把函数的图像上各点向右平移个单位，再把横坐标变为原来的一半，纵坐标扩大到原来的4倍，则所得的函数的对称中心坐标为________
15．关于的方程只有一个实数根，则实数_____．
16．在平面直角坐标系xOy中，若直线与直线平行，则实数a的值为______.
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．爱心超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温单位：有关如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份每天的最高气温数据，得到下面的频数分布表：
最高气温

天数
2
16
36
25
7
4
（1）求六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的频率；
（2）当六月份有一天这种酸奶的进货量为450瓶时，求这一天销售这种酸奶的平均利润（单位：元）
18．已知向量，且.
（1）求的值；
（2）若，且，求的值.
19．已知所在平面内一点，满足：的中点为，的中点为，的中点为.设，，如图，试用，表示向量.

20．在中，角对应的边分别是，且.
（1）求的周长；
（2）求的值.
21．四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面底面ABCD，已知， 为正三角形．

（1）证明．
（2）若，，求二面角的大小的余弦值．
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】
试题分析：设边上的高线为，则，所以．由正弦定理，知，即，解得，故选D．
【考点】正弦定理
【方法点拨】在平面几何图形中求相关的几何量时，需寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，常常将所涉及到已知几何量与所求几何集中到某一个三角形，然后选用正弦定理与余弦定理求解．
2、D
【解析】
求出圆关于轴的对称圆的圆心坐标A，以及半径，然后求解圆A与圆的圆心距减去两个圆的半径和，即可求得的最小值，得到答案．
【详解】
如图所示，圆关于轴的对称圆的圆心坐标，半径为1，
圆的圆心坐标为,，半径为3，
由图象可知，当三点共线时，取得最小值，
且的最小值为圆与圆的圆心距减去两个圆的半径之和，
即，
故选D．

本题主要考查了圆的对称圆的方程的求解，以及两个圆的位置关系的应用，其中解答中合理利用两个圆的位置关系是解答本题的关键，着重考查了数形结合法，以及推理与运算能力，属于基础题．
3、D
【解析】
根据图象可得最小正周期，求得；利用零点和的符号可确定的取值；令，解不等式即可求得单调递减区间.
【详解】
由图象可知：
又 ， ，

由图象可知 的一个可能的取值为
令，，解得：，
即的单调递减区间为：，
本题正确选项：
本题考查利用图象求解余弦型函数的解析式、余弦型函数单调区间的求解问题；关键是能够灵活应用整体对应的方式来求解解析式和单调区间，属于常考题型.
4、B
【解析】
本题首先可根据点在边上设，然后将化简为，再然后根据点在线段上解得，最后通过计算即可得出结果．
【详解】
因为点在边上，所以可设，
所以，
因为点在线段上，所以三点共线，
所以，解得，
所以，，故选B．
本题考查向量共线的相关性质以及向量的运算，若向量与向量共线，则，考查计算能力，是中档题．
5、B
【解析】
由三视图还原几何体，可知该几何体是由边长为的正方体切割得到的四棱锥，可知所求外接球即为正方体的外接球，通过求解正方体外接球半径，代入球的表面积公式可得到结果.
【详解】
由三视图可知，几何体为如下图所示的四棱锥：

由上图可知：四棱锥可由边长为的正方体切割得到
该正方体的外接球即为四棱锥的外接球
四棱锥的外接球半径
外接球的表面积
故选：
本题考查棱锥外接球表面积的求解问题，关键是能够通过三视图还原几何体，并将几何体放入正方体中，通过求解正方体的外接球表面积得到结果；需明确正方体外接球表面积为其体对角线长的一半.
6、B
【解析】
试题分析：，由正弦定理可得即； 因为，所以，所以，而，所以，故选B.
考点：1.正弦定理；2.余弦定理.
7、D
【解析】
由正弦定理确定的长，再求出．
【详解】
，

由正弦定理得：

故选D
本题是正弦定理的实际应用，关键是利用正弦定理求出，属于基础题．
8、B
【解析】
由已知，可利用柯西不等式，构造柯西不等式，即可求解．
【详解】
由已知，可知，，
利用柯西不等式，
可构造得，
即，所以的最大值为3，故选B．
本题主要考查了柯西不等式的应用，其中解答中熟记柯西不等式，合理构造柯西不等式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．
9、B
【解析】
说法①：可以根据线面平行的判定理判断出本说法是否正确；说法②：根据线面垂直的性质和面面平行的判定定理可以判断出本说法是否正确；说法③：当与相交时，是否在平面内有不共线的三点到平面的距离相等，进行判断；说法④：可以通过反证法进行判断.
【详解】
①平行于同一个平面的两条直线可能平行、相交或异面，不正确；易知②正确；③若平面内有不共线的三点到平面的距离相等，则与可能平行，也可能相交，不正确；易知④正确.故选B.
本题考查了线线位置关系、面面位置关系的判断，分类讨论是解题的关键，反证法是经常用到的方程.
10、C
【解析】
， ，则或，选C.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
根据两点关于直线对称，可知与垂直，利用斜率乘积为可求得，根据直线倾斜角与斜率的关系可求得倾斜角.
【详解】
由题意知：
，即：
又
本题正确结果：
本题考查直线倾斜角的求解，关键是能够根据两点关于直线对称的性质求得所求直线的斜率，再根据斜率与倾斜角的关系求得结果.
12、①③
【解析】
①中，根据直角三角形、锐角三角形和钝角三角形分类讨论，得出必要一个角在内，即可判定；②中，利用两角和的正切公式，化简得到，根据钝角三角形，即可判定；③中，利用向量的运算，得到，由于不共线，得到，再由余弦定理，即可判定．
【详解】
由题意，对于①中，在中，当，则，
若为直角三角形，则必有一个角在内；若为锐角三角形，则必有一个内角小于等于；若为钝角三角形，也必有一个角小于内，所以总存在某个内角，使得，所以是正确的；
对于②中，在中，由，
可得，
由为钝角三角形，所以，所以，所以不正确；
对于③中，若，即,
即，由于不共线，所以，
即，由余弦定理可得，所以最小角小于，
所以是正确的．
综上可得，命题正确的是①③．
故答案为：①③．
本题以真假命题为载体，考查了正弦余弦定理的应用，以及向量的运算及应用，其中解答中熟练应用解三角形的知识和向量的运算进行化简是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．
13、
【解析】
根据三角函数的诱导公式，准确运算，即可求解.
【详解】
由题意，可得.
故答案为：.
本题主要考查了三角函数的诱导公式的化简、求值问题，其中解答中熟记三角函数的诱导公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.
14、，
【解析】
根据三角函数的图象变换，求得函数的解析式，进而求得函数的对称中心，得到答案.
【详解】
由题意，把函数的图像上各点向右平移个单位，
可得，
再把图象上点的横坐标变为原来的一半，可得，
把函数纵坐标扩大到原来的4倍，可得，
令，解得，
所以函数的对称中心为.
故答案为：.
本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的对称中心的求解，其中解答中熟练三角函数的图象变换，以及三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
15、
【解析】
首先从方程看是不能直接解出这个方程的根的，因此可以转化成函数，从函数的奇偶性出发。
【详解】
设，则

∴为偶函数，其图象关于轴对称，
又依题意只有一个零点，故此零点只能是，
所以，
∴，
∴，
∴，∴，
故答案为：
本题主要考查了函数奇偶性以及零点与方程的关系，方程的根就是对应函数的零点，本题属于基础题。
16、1
【解析】
由，解得，经过验证即可得出．
【详解】
由，解得．
经过验证可得：满足直线与直线平行，
则实数．
故答案为：1．
本题考查直线的平行与斜率之间的关系，考查推理能力与计算能力，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）；
（2）460元.
【解析】
（1）根据表中的数据，求得最高气温位于区间和最高气温低于20的天数，利用古典概型的概率计算公式，即可求得相应的概率；
（2）分别求出温度不低于、温度在，以及温度低于时的利润及相应的概率，即可求解这一天销售这种酸奶的平均利润，得到答案．
【详解】
（1）根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：）有关．
如果最高气温不低于25，需求量为500瓶，
如果最高气温位于区间，需求量为300瓶，
如果最高气温低于20，需求量为200瓶，
得到最高气温位于区间和最高气温低于20的天数为，
所以六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的频率．
（2）当温度大于等于时，需求量为500瓶，利润为：元，
当温度在时，需求量为300瓶，
利润为：元，
当温度低于时，需求量为200瓶，
利润为：元，
平均利润为

本题主要考查了古典概型及其概率的计算，以及概率的实际应用，其中解答中认真审题，熟练应用古典概型及其概率的计算公式，以及平均利润的计算方法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．
18、（1）（2）
【解析】
（1）根据向量数列积的坐标运算，化简整理得到，即可求出结果；
（2）根据题中条件求出，，
再由，即可求出结果.
【详解】
解：（1）因为，
所以.
.
因为，所以，即.
（2）因为，所以，
因为，所以.
因为，所以
所以
因为，所以，所以
本题主要考查三角恒等变换，熟记两角和的余弦公式即可，属于常考题型.
19、
【解析】
由为的中点，则可得,为的中点,则可得,从中可以求出向量,得到答案.
【详解】
由为的中点，则可得
.
又为的中点，

所以

本题考查向量的基本定理和向量的加减法的法则，属于中档题.
20、（1）（2）
【解析】
（1）由余弦定理求得，从而得周长；
（2）由余弦定理求得，由平方关系得，同理得，然后由两角差的余弦公式得结论．
【详解】
解：（1）在中，，由余弦定理，得
，即，
∴的周长为
（2）由，得，
由，得，于是
.
本题考查余弦定理和两角差的余弦公式，考查同角间的三角函数关系式，属于基础题．
21、（1）证明见解析．（2）二面角的余弦值为．
【解析】
（1）作于点，连接，根据面面垂直性质可得底面ABCD，由三角形全等性质可得，进而根据线面垂直判定定理证明平面，即可证明.
（2）根据所给角度和线段关系，可证明以均为等边三角形，从而取中点，连接，即可由线段长结合余弦定理求得二面角的大小.
【详解】
（1）证明：作于点，连接，如下图所示：

因为侧面底面ABCD，
则底面ABCD，
因为 为正三角形，则,
所以，即，
又因为，
所以，而,
所以平面，
所以.
（2）由（1）可知，，，
所以，
又因为，所以，即为中点.
由等腰三角形三线合一可知，
在中，由等腰三角形三线合一可得，
所以均为边长为2的等边三角形，
取中点，连接，如下图所示：

由题意可知，即为二面角的平面角，
所以在中由余弦定理可得
，
即二面角的余弦值为．
本题考查了线面垂直的判定定理，面面垂直的性质应用，二面角夹角的去找法及由余弦定理求二面角夹角的余弦值，属于中档题.