貴州省六盤水市第二中學2025屆高一數學第二學期期末調研模擬試題含解析

貴州省六盤水市第二中學2025屆高一數學第二學期期末調研模擬試題注意事項: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。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．下列函數中同時具有性質：①最小正周期是，②圖象關于點對稱，③在上為減函數的是（）A． B．C． D．2．設，是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，是下列命題正確的是（）A．若，，則 B．若，，，則C．若，，，則 D．若，，，則3．已知函數的最小正周期是，其圖象向右平移個單位后得到的函數為奇函數.有下列結論：①函數的圖象關于點對稱；②函數的圖象關于直線對稱；③函數在上是減函數；④函數在上的值域為.其中正確結論的個數是（）A．1 B．2 C．3 D．44．已知是第二象限角,（）A． B． C． D．5．中國數學家劉微在《九章算術注》中提出“割圓”之說：“割之彌細，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓周合體，而無所失矣.”意思是“圓內接正多邊形的邊數無限增加的時候，它的周長的極限是圓的周長，它的面積的極限是圓的面積”.如圖，若在圓內任取一點，則此點取自其內接正六邊形的邊界及其內部的概率為（）A． B． C． D．6．已知點，和向量，若，則實數的值為（）A． B． C． D．7．若實數x，y滿足條件，則目標函數z＝2x－y的最小值（）A． B．－1 C．0 D．28．已知，，，則與的夾角為（）A． B． C． D．9．如圖，正方體的棱長為，那么四棱錐的體積是（）A．B．C．D．10．右邊程序框圖的算法思路源于我國古代數學名著《九章算術》中的“更相減損術”．執(zhí)行該程序框圖，若輸入分別為14,18，則輸出的（）A．0 B．2 C．4 D．14二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．在中，內角，，所對的邊分別為，，，，且，則面積的最大值為______.12．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．13．關于函數有下列命題：①由可得必是的整數倍；②的圖像關于點對稱，其中正確的序號是____________.14．已知的圓心角所對的弧長等于，則該圓的半徑為______.15．某公司當月購進、、三種產品，數量分別為、、，現用分層抽樣的方法從、、三種產品中抽出樣本容量為的樣本，若樣本中型產品有件，則的值為_______．16．已知向量，，若，則______；若，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．已知圓的方程為．（1）求過點且與圓相切的直線的方程；（2）直線過點，且與圓交于兩點，若，求直線的方程；（3）是圓上一動點，，若點為的中點，求動點的軌跡方程．18．已知圓（1）求圓關于直線對稱的圓的標準方程；（2）過點的直線被圓截得的弦長為8，求直線的方程；（3）當取何值時，直線與圓相交的弦長最短，并求出最短弦長．19．如圖，三棱柱中，側面為菱形，的中點為，且平面．(1)證明：；(2)若，，，試畫出二面角的平面角，并求它的余弦值．20．某工廠共有200名工人，已知這200名工人去年完成的產品數都在區(qū)間（單位：萬件）內，其中每年完成14萬件及以上的工人為優(yōu)秀員工，現將其分成5組，第1組、第2組第3組、第4組、第5組對應的區(qū)間分別為，，，，，并繪制出如圖所示的頻率分布直方圖.（1）選取合適的抽樣方法從這200名工人中抽取容量為25的樣本，求這5組分別應抽取的人數；（2）現從（1）中25人的樣本中的優(yōu)秀員工中隨機選取2名傳授經驗，求選取的2名工人在同一組的概率.21．如圖所示，將一矩形花壇擴建成一個更大的矩形花壇，要求點在上，點在上，且對角線過點，已知米，米.（1）要使矩形的面積大于64平方米，則的長應在什么范圍內？（2）當的長為多少時，矩形花壇的面積最??？并求出最小值.

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】

根據周期公式排除A選項；根據正弦函數的單調性，排除B選項；將代入函數解析式，排除D選項；根據周期公式，將代入函數解析式，余弦函數的單調性判斷C選項正確.【詳解】對于A項，，故A錯誤；對于B項，，，函數在上單調遞增，則函數在上單調遞增，故B錯誤；對于C項，；當時，，則其圖象關于點對稱；當，，函數在區(qū)間上單調遞減，則函數在區(qū)間單調遞減，故C正確；對于D項，當時，，故D錯誤；故選：C【點睛】本題主要考查了求正余弦函數的周期，單調性以及對稱性的應用，屬于中檔題.2、D【解析】

根據空間中線線，線面，面面位置關系，逐項判斷即可得出結果.【詳解】A選項，若，，則可能平行、相交、或異面；故A錯；B選項，若，，，則可能平行或異面；故B錯；C選項，若，，，如果再滿足，才會有則與垂直，所以與不一定垂直；故C錯；D選項，若，，則，又，由面面垂直的判定定理，可得，故D正確.故選D【點睛】本題主要考查空間的線面，面面位置關系，熟記位置關系，以及判定定理即可，屬于?？碱}型.3、C【解析】

根據函數最小正周期可求得,由函數圖象平移后為奇函數,可求得,即可得函數的解析式.再根據正弦函數的對稱性判斷①②,利用函數的單調區(qū)間判斷③,由正弦函數的圖象與性質判斷④即可.【詳解】函數的最小正周期是則,即向右平移個單位可得由為奇函數,可知解得因為所以當時,則對于①,當時,代入解析式可得,即點不為對稱中心,所以①錯誤;對于②,當時帶入的解析式可得,所以函數的圖象關于直線對稱,所以②正確;對于③,的單調遞減區(qū)間為解得當時,單調遞減區(qū)間為,而,所以函數在上是減函數,故③正確;對于④,當時,由正弦函數的圖像與性質可知,,故④正確.綜上可知,正確的為②③④故選:C【點睛】本題考查根據三角函數性質和平移變換求得解析式,再根據正弦函數的圖像與性質判斷選項,屬于基礎題.4、A【解析】cosα＝±＝±，又∵α是第二象限角，∴cosα＝－.5、C【解析】

設出圓的半徑,表示出圓的面積和圓內接正六邊形的面積,即可由幾何概型概率計算公式得解.【詳解】設圓的半徑為則圓的面積為圓內接正六邊形的面積為由幾何概型概率可知,在圓內任取一點,則此點取自其內接正六邊形的邊界及其內部的概率為故選:C【點睛】本題考查了圓的面積及圓內接正六邊形的面積求法,幾何概型概率的計算公式,屬于基礎題.6、B【解析】

先求出，再利用共線向量的坐標表示求實數的值.【詳解】由題得，因為，所以.故選：B【點睛】本題主要考查向量的坐標運算和向量共線的坐標表示，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題.7、A【解析】

線性規(guī)劃問題，首先畫出可行域，再令z=0，畫出目標函數，上下平移得到z的最值?！驹斀狻靠尚杏蛉鐖D所示，當目標函數平移到A點時z取最小值，故選A【點睛】線性規(guī)劃中線性的目標函數問題，首先畫出可行域，再令z=0，畫出目標函數，上下平移得到z的最值。8、C【解析】

設與的夾角為，計算出、、的值，再利用公式結合角的取值范圍可求出的值.【詳解】設與的夾角為，則，，，另一方面，，，，因此，，，因此，，故選C.【點睛】本題考查利用平面向量的數量積計算平面向量的夾角，解題的關鍵就是計算出、、的值，考查計算能力，屬于中等題.9、B【解析】

根據錐體體積公式，求得四棱錐的體積.【詳解】根據正方體的幾何性質可知平面，所以，故選B.【點睛】本小題主要考查四棱錐體積的計算，屬于基礎題.10、B【解析】由a=14，b=18，a＜b，則b變?yōu)?8﹣14=4，由a＞b，則a變?yōu)?4﹣4=10，由a＞b，則a變?yōu)?0﹣4=6，由a＞b，則a變?yōu)?﹣4=1，由a＜b，則b變?yōu)?﹣1=1，由a=b=1，則輸出的a=1．故選B．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

根據正弦定理將轉化為，即，由余弦定理得，再用基本不等式法求得，根據面積公式求解.【詳解】根據正弦定理可轉化為，化簡得由余弦定理得因為所以，當且僅當時取所以則面積的最大值為.故答案為：【點睛】本題主要考查正弦定理，余弦定理，基本不等式的綜合應用，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.12、(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.13、②【解析】

對①，可令求出的通式，再進行判斷；對②，將代入檢驗是否為0即可【詳解】對①，令得，可令，，①錯；對②，當時，，②對故正確序號為：②故答案為②【點睛】本題考查三角函數的基本性質，屬于基礎題14、【解析】

先將角度化為弧度，再根據弧長公式求解．【詳解】解：圓心角，弧長為，，即該圓的半徑長．故答案為：．【點睛】本題考查了角度和弧度的互化以及弧長公式的應用問題，屬于基礎題．15、.【解析】

利用分層抽樣每層抽樣比和總體的抽樣比相等，列等式求出的值.【詳解】在分層抽樣中，每層抽樣比和總體的抽樣比相等，則有，解得，故答案為：.【點睛】本題考查分層抽樣中的相關計算，解題時要充分利用各層抽樣比與總體抽樣比相等這一條件列等式求解，考查運算求解能力，屬于基礎題.16、6【解析】

由向量平行與垂直的性質，列出式子計算即可.【詳解】若，可得，解得；若，則，解得.故答案為：6；.【點睛】本題考查平面向量平行、垂直的性質，考查平面向量的坐標運算，考查學生的計算能力，屬于基礎題.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）和；（2）或；（3）【解析】

（1）分斜率存在和不存在兩種情況討論，利用直線與圓相切時，圓心到直線的距離等于半徑求解；（2）根據弦長，可求圓心到直線的距離，利用距離公式，可求直線斜率；（3）利用求軌跡方程的方法(代入法)求解.【詳解】（1）當斜率不存在時，過點的方程是與圓相切，滿足條件，當斜率存在時，設直線方程：，直線與圓相切時，，解得：，.所以，滿足條件的直線方程是或.（2）設直線方程：，設圓心到直線的距離，，解得或，所以滿足條件的直線方程是或.（3）設，那么，將點代入圓，可得.【點睛】本題考查了直線與圓相切，相交的問題，屬于基礎題型，這類求直線的問題，需分斜率不存在和存在兩種情況討論，當直線與圓相切時，利用圓心到直線的距離等于半徑求解，當直線與圓相交時，可利用弦長公式和圓心到直線的距離求解直線方程.18、（1）；（2）或；（3）【解析】

（1）設，根據圓心與關于直線對稱，列出方程組，求得的值，即可求解；（2）由圓的弦長公式，求得，根據斜率分類討論，求得直線的斜率，即可求解；（3）由直線，得直線過定點,根據時，弦長最短，即可求解．【詳解】（1）由題意，圓的圓心，半徑為，設，因為圓心與關于直線對稱，所以，解得，則，半徑，所以圓標準方程為：（2）設點到直線距離為，圓的弦長公式，得，解得，①當斜率不存在時，直線方程為，滿足題意②當斜率存在時，設直線方程為，則，解得，所以直線的方程為，綜上，直線方程為或（3）由直線，可化為，可得直線過定點,當時，弦長最短，又由，可得，此時最短弦長為．【點睛】本題主要考查了圓的對稱圓的求解，以及直線與圓的位置關系的應用，其中解答中熟記直線與圓的弦長公式，合理、準確計算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．19、(1)見證明；(2)二面角圖見解析；【解析】

（1）由菱形的性質得出，由平面，得出，再利用直線與平面垂直的判定定理證明平面，于是得出；（2）過點在平面內作，垂足為點，連接，可證出平面，于是找出二面角的平面角為，并計算出的三邊邊長，利用銳角三角函數計算出，即為所求答案．【詳解】（1）連接，因為側面為菱形，所以，且與相交于點．因為平面，平面，所以．又，所以平面因為平面，所以．（2）作，垂足為，連結，因為，，，所以平面，又平面，所以.所以是二面角的平面角.因為，所以為等邊三角形，又，所以，所以.因為，所以.所以.在中，.【點睛】本題考查直線與直線垂直的證明，二面角的求解，在這些問題的處理中，主要找出一些垂直關系，二面角的求解一般有以下幾種方法：①定義法；②三垂線法；③垂面法；④射影面積法；⑤空間向量法．在求解時，可以靈活利用這些方法去處理．20、（1）第1組：2；第2組：8,；第3組：9；第4組：3；第5組：3（2）【解析】

（1）根據頻率之和為列方程，解方程求得的值.然后根據分層抽樣的計算方法，計算出每組抽取的人數.（2）利用列舉法，結合古典概型概率計算公式，計算出所求概率.【詳解】（1）：，.用分層抽樣比較合適.第1組應抽取的人數為，第2組應抽取的人數為，第3組應抽取的人數為，第4組應抽取的人數為，第5組應抽取的人數為.（2）（1）中25人的樣本中的優(yōu)秀員工中，第4組有3人，記這3人分別為，第5組有3人，記這3人分別為.從這6人中隨機選取2名，所有的基本事件為：，，，，，，，，，