新疆阿克蘇地區(qū)庫車縣烏尊鎮(zhèn)烏尊中學2025屆高一數學第二學期期末檢測試題含解析

新疆阿克蘇地區(qū)庫車縣烏尊鎮(zhèn)烏尊中學2025屆高一數學第二學期期末檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．已知命題，則命題的否定為（）A． B．C． D．2．右圖中，小方格是邊長為1的正方形，圖中粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．3．若，，則的最小值為（）A．2 B． C． D．4．下列平面圖形中，通過圍繞定直線旋轉可得到如圖所示幾何體的是()A． B． C． D．5．在一個平面上，機器人到與點的距離為8的地方繞點順時針而行，它在行進過程中到經過點與的直線的最近距離為（）A． B． C． D．6．已知α、β為銳角，cosα＝，tan(α?β)＝?，則tanβ＝()A． B．3 C． D．7．在中，角所對的邊分別為，若，則此三角形（）A．無解 B．有一解 C．有兩解 D．解的個數不確定8．在中，，為邊上的一點，且，若為的角平分線，則的取值范圍為（）A． B．C． D．9．已知函數，則（）A．2 B．-2 C．1 D．-110．已知兩個等差數列，的前項和分別為，，若對任意的正整數，都有，則等于()A．1 B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是以原點O為圓心的單位圓上的兩點，∠P1OP2＝θ(θ為鈍角)．若，則x1x2＋y1y2的值為_____．12．過點，且與直線垂直的直線方程為．13．方程的解為______．14．設，，為三條不同的直線，，為兩個不同的平面，下列命題中正確的是______．(1)若，，，則；(2)若，，，則；(3)若，，，，則；(4)若，，,則．15．長方體的一個頂點上的三條棱長分別是3，4，5，且它的8個頂點都在同一個球面上，則這個球的表面積是16．在中,內角的對邊分別為,若的周長為,面積為，，則__________．三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．如圖，在幾何體P﹣ABCD中，平面ABCD⊥平面PAB，四邊形ABCD為矩形，△PAB為正三角形，若AB＝2，AD＝1，E，F分別為AC，BP中點．（1）求證：EF∥平面PCD；（2）求直線DP與平面ABCD所成角的正弦值．18．已知公差不為零的等差數列中，，且成等比數列．（Ⅰ）求數列的通項公式；（Ⅱ）令，求數列的前項和．19．已知函數.（1）求函數的最小正周期；（2）若函數在的最大值為2，求實數的值.20．已知數列滿足：．（1）若為等差數列，求的通項公式；（2）若單調遞增，求的取值范圍；21．在中，角、、的對邊分別為、、，為的外接圓半徑.（1）若，，，求；（2）在中，若為鈍角，求證：；（3）給定三個正實數、、，其中，問：、、滿足怎樣的關系時，以、為邊長，為外接圓半徑的不存在，存在一個或存在兩個（全等的三角形算作同一個）？在存在的情兄下，用、、表示.

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、C【解析】

根據全稱命題的否定是特稱命題，可直接得出結果.【詳解】命題“”的否定是“”.故選C【點睛】本題主要考查全稱命題的否定，只需改量詞和結論即可，屬于基礎題型.2、D【解析】

由三視圖可知，該幾何體為棱長為2的正方體截去一個三棱錐，由正方體的體積減去三棱錐的體積求解．【詳解】根據三視圖，可知原幾何體如下圖所示，該幾何體為棱長為的正方體截去一個三棱錐，則該幾何體的體積為．故選：D．【點睛】本題考查了幾何體三視圖的應用問題以及幾何體體積的求法，關鍵是根據三視圖還原原來的空間幾何體，是中檔題．3、D【解析】

根據所給等量關系,用表示出可得.代入中,構造基本不等式即可求得的最小值.【詳解】因為,所以變形可得所以由基本不等式可得當且僅當時取等號,解得所以的最小值為故選:D【點睛】本題考查了基本不等式求最值的應用,注意構造合適的基本不等式形式,屬于中檔題.4、B【解析】A.是一個圓錐以及一個圓柱;C.是兩個圓錐;D.一個圓錐以及一個圓柱;所以選B.5、A【解析】

由題意知機器人的運行軌跡為圓，利用圓心到直線的距離求出最近距離．【詳解】解：機器人到與點距離為8的地方繞點順時針而行，在行進過程中保持與點的距離不變，機器人的運行軌跡方程為，如圖所示；與，直線的方程為，即為，則圓心到直線的距離為，最近距離為．故選．【點睛】本題考查了直線和圓的位置關系，以及點到直線的距離公式，屬于基礎題．6、B【解析】

利用角的關系，再利用兩角差的正切公式即可求出的值.【詳解】因為，且為銳角，則，所以，因為，所以故選B.【點睛】主要考查了兩角差的正切公式，同角三角函數的平方關系，屬于中檔題.對于給值求值問題，關鍵是尋找已知角（條件中的角）與未知角（問題中的角）的關系，用已知角表示未知角，從而將問題轉化為求已知角的三角函數值，再利用兩角和與差的三角函數公式、二倍角公式以及誘導公式即可求出.7、C【解析】

利用正弦定理求，與比較的大小，判斷B能否取相應的銳角或鈍角.【詳解】由及正弦定理，得，，B可取銳角；當B為鈍角時，，由正弦函數在遞減，，可取.故選C.【點睛】本題考查正弦定理，解三角形中何時無解、一解、兩解的條件判斷，屬于中檔題.8、A【解析】

先根據正弦定理用角A,C表示，再根據三角形內角關系化基本三角函數形狀，最后根據正弦函數性質得結果.【詳解】因為，為的角平分線，所以，在中，，因為，所以，在中，，因為，所以，所以，則,因為，所以,所以，則，即的取值范圍為.選A.【點睛】本題考查函數正弦定理、輔助角公式以及正弦函數性質，考查基本分析求解能力，屬中檔題.9、B【解析】

根據分段函數的表達式，直接代入即可得到結論．【詳解】由分段函數的表達式可知，則，故選：．【點睛】本題主要考查函數值的計算，根據分段函數的表達式求解是解決本題的關鍵，屬于容易題．10、B【解析】

利用等差數列的性質將化為同底的，再化簡，將分子分母配湊成前n項和的形式，再利用題干條件，計算。【詳解】∵等差數列，的前項和分別為，，對任意的正整數，都有，∴．故選B.【點睛】本題考查等差數列的性質的應用，屬于中檔題。二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、－【解析】

先利用平面向量數量積的定義和坐標運算得到，再利用兩角和的正弦公式和平方關系進行求解.【詳解】根據題意知，又P1，P2在單位圓上，，即x1x2＋y1y2＝cosθ；∵①又sin2θ＋cos2θ＝1②且θ為鈍角，聯立①②求得cosθ＝－.【點睛】本題主要考查平面向量的數量積定義和坐標運算、兩角和的正弦公式，意在考查學生的邏輯思維能力和基本運算能力，屬于中檔題．12、【解析】

直線垂直表示斜率乘積為-1，所以可得新直線斜率，代入點即可．【詳解】直線的斜率等于-1，所以與之垂直直線斜率，再通過點斜式直線方程：，即．【點睛】此題考查直線垂直，直線垂直表示兩直線斜率之積為-1，屬于簡單題目．13、或【解析】

由指數函數的性質得，由此能求出結果．【詳解】方程，，或，解得或．故答案為或．【點睛】本題考查指數方程的解的求法，是基礎題，解題時要認真審題，注意指數函數的性質的合理運用．14、(1)【解析】

利用線線平行的傳遞性、線面垂直的判定定理判定．【詳解】(1)，，，則，正確(2)若，，，則，錯誤(3)若，則不成立，錯誤(4)若，，,則，錯誤【點睛】本題主要考查線面垂直的判定定理判定，考查了空間想象能力，屬于中檔題.15、【解析】

利用長方體的體對角線是長方體外接球的直徑,求出球的半徑，從而可得結果.【詳解】本題主要考查空間幾何體的表面積與體積．長方體的體對角線是長方體外接球的直徑,設球的半徑為，則,可得，球的表面積故答案為.【點睛】本題主要考查長方體與球的幾何性質，以及球的表面積公式，屬于基礎題.16、3【解析】

分析：由題可知，中已知，面積公式選用，得，又利用余弦定理，即可求出的值.詳解：，，由余弦定理，得又，，解得.故答案為3.點睛：解三角形問題，多為邊和角的求值問題，這就需要根據正、余弦定理結合已知條件靈活轉化邊和角之間的關系，從而達到解決問題的目的．其基本步驟是：第一步：定條件，即確定三角形中的已知和所求，在圖形中標出來，然后確定轉化的方向；第二步：定工具，即根據條件和所求合理選擇轉化的工具，實施邊角之間的互化；第三步：求結果.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、(1)見證明；(2)【解析】

(1)根據EF是△BDP的中位線可知EF∥DP，即可利用線線平行得出線面平行；(2)取AB中點O,連接PO，DO，可證明∠PDO為DP與平面ABCD所成角，在Rt△DOP中求解即可.【詳解】(1)因為E為AC中點，所以DB與AC交于點E．因為E，F分別為AC，BP中點，所以EF是△BDP的中位線，所以EF∥DP．又DP?平面PCD，EF?平面PCD，所以EF∥平面PCD．(2)取AB中點O,連接PO，DO∵△PAB為正三角形，∴PO⊥AB，又∵平面ABCD⊥平面PAB∴PO⊥平面ABCD,∴DP在平面ABCD內的射影為DO，∠PDO為DP與平面ABCD所成角，在Rt△DOP中，sin∠PDO=,∴直線DP與平面ABCD所成角的正弦值為【點睛】本題主要考查了線面平行的證明，線面角的求法，屬于中檔題.18、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）解方程組即得，即得數列的通項公式；（Ⅱ）利用裂項相消法求數列的前項和．【詳解】（Ⅰ）由題意：,化簡得，因為數列的公差不為零，，故數列的通項公式為．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，故數列的前項和．【點睛】本題主要考查等差數列通項的求法，考查裂項相消法求和，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.19、(1)；(2)或【解析】

（1）根據二倍角公式進行整理化簡可得，從而可得最小正周期；（2）將通過換元的方式變?yōu)?，；討論對稱軸的具體位置，分別求解最大值，從而建立方程求得的值.【詳解】（1）最小正周期（2）令，則由得①當，即時當時，由，解得（舍去)②當，即時當時，由得，解得或（舍去）③當，即時當時，，由，解得綜上，或【點睛】本題考查正弦型函數最小正周期的求解、利用二次函數性質求解與三角函數有關的值域問題，解題關鍵是通過換元的方式將所求函數轉化為二次函數的形式，再利用對稱軸的位置進行討論；易錯點是忽略了換元后自變量的取值范圍.20、（1）（2）【解析】

（1）設出的通項公式，根據計算出對應的首項和公差，即可求解出通項公式；（2）根據條件得到，得到的奇數項成等差數列，的偶數項也成等差數列，根據單調遞增列出關于的不等式，求解出范圍即可.【詳解】（1）設，所以，所以，所以，所以；（2）因為，所以，所以，又因為，所以，當為奇數時，，當為偶數時，，因為單調遞增，所以，所以，所以.【點睛】本題考查等差數列的基本量求解以及根據數列的單調性求解參數范圍，難度一般.(1)已知數列的類型和數列的遞推公式求解數列通項公式時，可采用設出數列通項公式的形式，然后根據遞推關系求解出數列通項公式中的基本量；(2)數列的單調性可通過與的大小關系來判斷.21、（1）；（2）見解析；（3）見解析.【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證；（3）分類討論判斷三角形的形狀與兩邊、的關系，以及與直徑的大小的比較，分類討