2025屆河北省秦皇島市高一數(shù)學(xué)第二學(xué)期期末聯(lián)考試題含解析

2025屆河北省秦皇島市高一數(shù)學(xué)第二學(xué)期期末聯(lián)考試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．設(shè)是虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)為純虛數(shù)，則實數(shù)的值為（）A． B． C． D．2．石臼是人類以各種石材制造的，用以砸、搗、研磨藥材、食品等的生產(chǎn)工具，是由長方體挖去半球所得幾何體，若某石臼的三視圖如圖所示（單位：dm），則其表面積（單位：dm2）為（）A．132+8π B．168+4π C．132+12π D．168+16π3．2019年是新中國成立70周年，渦陽縣某中學(xué)為慶祝新中國成立70周年，舉辦了“我和我的祖國”演講比賽，某選手的6個得分去掉一個最高分，去掉一個最低分，4個剩余分數(shù)的平均分為91.現(xiàn)場制作的6個分數(shù)的莖葉圖后來有1個數(shù)據(jù)模糊，無法辨認，在圖中以表示，則4個剩余分數(shù)的方差為（）A．1 B． C．4 D．64．有四個游戲盤，將它們水平放穩(wěn)后，在上面扔一顆玻璃小球，若小球落在陰影部分則可中獎，小明要想增加中獎機會，應(yīng)選擇的游戲盤是A． B． C． D．5．已知中，，，若，則的坐標為（）A． B． C． D．6．已知集合，，則A． B． C． D．7．在正方體中為底面的中心，為的中點，則異面直線與所成角的正弦值為（）A． B． C． D．8．在中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若，，則一定是（）A．直角三角形 B．鈍角三角形 C．等腰直角三角形 D．等邊三角形9．直線與直線的交點在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限10．長方體，，，，則異面直線與所成角的余弦值為A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．設(shè)滿足約束條件，則目標函數(shù)的最大值為______．12．5人排成一行合影，甲和乙不相鄰的排法有______種．（用數(shù)字回答）13．若直線與直線互相平行，那么a的值等于_____．14．已知扇形的圓心角為，半徑為，則扇形的弧長為______.15．已知等差數(shù)列中，首項，公差，前項和，則使有最小值的_________.16．已知等差數(shù)列滿足，則____________．三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．已知等差數(shù)列的首項為，公差為，前n項和為，且滿足，.（1）證明；（2）若，，當且僅當時，取得最小值，求首項的取值范圍.18．如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，∠BAC=90°，AC=AB=AA1，E是BC的中點．（1）求證：AE⊥B1C；（2）求異面直線AE與A1C所成的角的大小；（3）若G為C1C中點，求二面角C-AG-E的正切值．19．在△中，若．（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若，，求△的面積．20．已知向量，，．（1）求函數(shù)的解析式及在區(qū)間上的值域；（2）求滿足不等式的x的集合．21．已知圓（為坐標原點），直線.（1）過直線上任意一點作圓的兩條切線，切點分別為，求四邊形面積的最小值.（2）過點的直線分別與圓交于點（不與重合），若，試問直線是否過定點？并說明理由.

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、A【解析】，，，故選A．2、B【解析】

利用三視圖的直觀圖，畫出幾何體的直觀圖，然后求解表面積即可．【詳解】幾何體的直觀圖如圖：幾何體的表面積為：6×6×2+4×6×4﹣4π+2π×22＝168+4π．故選：B．【點評】本題考查三視圖及求解幾何體的表面積，判斷幾何體的形狀是解題的關(guān)鍵．3、B【解析】

由題意得x≥3，由此能求出4個剩余數(shù)據(jù)的方差．【詳解】由題意得x≥3，則4個剩余分數(shù)的方差為：s2[（93﹣91）2+（90﹣91）2+（90﹣91）2+（91﹣91）2]．故選B．【點睛】本題考查了方差的計算問題，也考查了莖葉圖的性質(zhì)、平均數(shù)、方差等基礎(chǔ)知識，是基礎(chǔ)題．4、A【解析】由幾何概型公式：A中的概率為，B中的概率為，C中的概率為，D中的概率為．本題選擇A選項.點睛：解答幾何概型問題的關(guān)鍵在于弄清題中的考察對象和對象的活動范圍．當考察對象為點，點的活動范圍在線段上時，用線段長度比計算；當考察對象為線時，一般用角度比計算，即當半徑一定時，由于弧長之比等于其所對應(yīng)的圓心角的度數(shù)之比，所以角度之比實際上是所對的弧長(曲線長)之比．5、A【解析】

根據(jù)，，可得；由可得M為BC中點，即可求得的坐標，進而利用即可求解．【詳解】因為，所以因為，即M為BC中點所以所以所以選A【點睛】本題考查了向量的減法運算和線性運算，向量的坐標運算，屬于基礎(chǔ)題．6、C【解析】分析：由題意先解出集合A,進而得到結(jié)果。詳解：由集合A得,所以故答案選C.點睛：本題主要考查交集的運算，屬于基礎(chǔ)題。7、B【解析】

取BC中點為M，連接OM，EM找出異面直線夾角為，在三角形中利用邊角關(guān)系得到答案.【詳解】取BC中點為M，連接OM，EM在正方體中為底面的中心，為的中點易知：異面直線與所成角為設(shè)正方體邊長為2，在中：故答案選B【點睛】本題考查了立體幾何里異面直線的夾角，通過平行找到對應(yīng)的角是解題的關(guān)鍵.8、D【解析】

利用余弦定理、等邊三角形的判定方法即可得出．【詳解】由余弦定理得，則，即，所以.∵∴是等邊三角形.故選D.【點睛】本題考查了余弦定理、等邊三角形的判定方法，考查了推理能力與計算能力，熟練掌握余弦定理是解答本題的關(guān)鍵．9、B【解析】

聯(lián)立方程組，求得交點的坐標，即可得到答案.【詳解】由題意，聯(lián)立方程組：，解得，即兩直線的交點坐標為，在第二象限，選B.【點睛】本題主要考查了兩條直線的位置關(guān)系的應(yīng)用，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎(chǔ)題.10、A【解析】

由題，找出，故(或其補角)為異面直線與所成角，然后解出答案即可.【詳解】如圖，連接，由，(或其補角)為異面直線與所成角，由已知可得，則．．即異面直線與所成角的余弦值為．故選A．【點睛】本題考查了異面直線的夾角問題，找平行線，找出夾角是解題的關(guān)鍵，屬于較為基礎(chǔ)題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、7【解析】

首先畫出可行域，然后判斷目標函數(shù)的最優(yōu)解，從而求出目標函數(shù)的最大值.【詳解】如圖，畫出可行域，作出初始目標函數(shù)，平移目標函數(shù)，當目標函數(shù)過點時，目標函數(shù)取得最大值，，解得,.故填：7.【點睛】本題考查了線性規(guī)劃問題，屬于基礎(chǔ)題型.12、72【解析】

先對其中3個人進行全排列有種，再對甲和乙進行插空有種，利用乘法原理得到排法總數(shù)為.【詳解】先對其中3個人進行全排列有種，再對甲和乙進行插空有種，利用乘法原理得到排法總數(shù)為種，故答案為72【點睛】本題考查排列、組合計數(shù)原理的應(yīng)用，考查基本運算能力.13、；【解析】由題意得，驗證滿足條件，所以14、9【解析】

由扇形的弧長公式運算可得解.【詳解】解：由扇形的弧長公式得：，故答案為9.【點睛】本題考查了扇形的弧長，屬基礎(chǔ)題.15、或【解析】

求出，然后利用，求出的取值范圍，即可得出使得有最小值的的值.【詳解】，令，解得.因此，當或時，取得最小值.故答案為：或.【點睛】本題考查等差數(shù)列前項和的最小值求解，可以利用二次函數(shù)性質(zhì)求前項和的最小值，也可以轉(zhuǎn)化為數(shù)列所有非正數(shù)項相加，考查計算能力，屬于中等題.16、9【解析】

利用等差數(shù)列下標性質(zhì)求解即可【詳解】由等差數(shù)列的性質(zhì)可知，，則．所以.故答案為：9【點睛】本題考查等差數(shù)列的性質(zhì)，熟記性質(zhì)是關(guān)鍵，是基礎(chǔ)題三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析；（2）【解析】

（1）根據(jù)等差數(shù)列的前n項和公式,變形可證明為等差數(shù)列.結(jié)合條件,,可得,進而表示出.由為等差數(shù)列,表示出,化簡變形后結(jié)合不等式性質(zhì)即可證明.（2）將三角函數(shù)式分組,提公因式后結(jié)合同角三角函數(shù)關(guān)系式化簡.再由平方差公式及正弦的和角與差角公式合并.根據(jù)條件等式,結(jié)合等差數(shù)列性質(zhì),即可求得.由,即可確定.當且僅當時，取得最小值,可得不等式組,即可得首項的取值范圍.【詳解】（1）證明:等差數(shù)列的前n項和為,則所以,,故為等差數(shù)列,因為,,所以,解得,因為,得故,從而.（2）而.由條件又由等差數(shù)列性質(zhì)知：所以,因為,所以,那么.等差數(shù)列,當且僅當時,取得最小值.,所以.【點睛】本題考查了等差數(shù)列前n項和公式的應(yīng)用,等差數(shù)列通項公式定義及變形式應(yīng)用.三角函數(shù)式變形,正弦和角與差角公式的應(yīng)用,不等式組的解法,綜合性強,屬于難題.18、（1）見解析；（2）；（3）【解析】

（1）由BB1⊥面ABC及線面垂直的性質(zhì)可得AE⊥BB1，由AC=AB，E是BC的中點，及等腰三角形三線合一，可得AE⊥BC，結(jié)合線面垂直的判定定理可證得AE⊥面BB1C1C，進而由線面垂直的性質(zhì)得到AE⊥B1C；（2）取B1C1的中點E1，連A1E1，E1C，根據(jù)異面直線夾角定義可得，∠E1A1C是異面直線A與A1C所成的角，設(shè)AC=AB=AA1=2，解三角形E1A1C可得答案．（3）連接AG，設(shè)P是AC的中點，過點P作PQ⊥AG于Q，連EP，EQ，則EP⊥AC，由直三棱錐的側(cè)面與底面垂直，結(jié)合面面垂直的性質(zhì)定理，可得EP⊥平面ACC1A1，進而由二面角的定義可得∠PQE是二面角C-AG-E的平面角．【詳解】證明：（1）因為BB1⊥面ABC，AE?面ABC，所以AE⊥BB1由AB=AC，E為BC的中點得到AE⊥BC∵BC∩BB1=B∴AE⊥面BB1C1C∴AE⊥B1C解：（2）取B1C1的中點E1，連A1E1，E1C，則AE∥A1E1，∴∠E1A1C是異面直線AE與A1C所成的角．設(shè)AC=AB=AA1=2，則由∠BAC=90°，可得A1E1=AE=，A1C=2，E1C1=EC=BC=∴E1C==∵在△E1A1C中，cos∠E1A1C==所以異面直線AE與A1C所成的角為．（3）連接AG，設(shè)P是AC的中點，過點P作PQ⊥AG于Q，連EP，EQ，則EP⊥AC又∵平面ABC⊥平面ACC1A1∴EP⊥平面ACC1A1而PQ⊥AG∴EQ⊥AG．∴∠PQE是二面角C-AG-E的平面角．由EP=1，AP=1，PQ=，得tan∠PQE==所以二面角C-AG-E的平面角正切值是【點睛】本題是與二面角有關(guān)的立體幾何綜合題，主要考查了異面直線的夾角，線線垂直的判定，二面角等知識點，難度中檔，熟練掌握線面垂直，線線垂直與面面垂直之間的轉(zhuǎn)化及異面直線夾角及二面角的定義，是解答本題的關(guān)鍵．19、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（I）利用正弦定理化簡已知條件，由此求得的大小.（II）利用余弦定理求得的值，再根據(jù)三角形面積公式求得三角形面積.【詳解】解：（Ⅰ）在△中，由正弦定理可知，，所以．所以．即．（Ⅱ）在△中，由余弦定理可知，．所以．所以．所以△的面積．【點睛】本小題主要考查正弦定理和余弦定理解三角形，考查三角形的面積公式，屬于基礎(chǔ)題.20、（1）值域為．（2）【解析】

（1）由向量，，利用數(shù)量積運算得到；由，得到，利用整體思想轉(zhuǎn)化為正弦函數(shù)求值域.（2）不等式，轉(zhuǎn)化為，利用整體思想，轉(zhuǎn)化為三角不等式，利用單位圓或正弦函數(shù)的圖象求解.【詳解】（1）因為，，所以．因為，所以，所以，所以，所以在區(qū)間上的值域為．（2）由，得，即．所以，解得，不等式的解集為．【點睛】本題主要考查了向量與三角函數(shù)的綜合應(yīng)用，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.21、（1）12；（2）過定點，理由見解析【解析】

（1）由，得過點的切線長，所以四邊形的面積為，即可得到本題答案；（2）設(shè)直線的方程為，則直線的方程為.聯(lián)立方程，消去，整理得，得，，所以