2025届广东省广州三中高一数学第二学期期末调研试题含解析

2025届广东省广州三中高一数学第二学期期末调研试题请考生注意：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．中，则A． B． C． D．2．如图所示，已知以正方体所有面的中心为顶点的多面体的体积为，则该正方体的外接球的表面积为（）A． B． C． D．3．下列向量组中，能作为表示它们所在平面内的所有向量的基底的是（）A．， B．，C．， D．，4．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a﹣b＝ccosB﹣ccosA，则△ABC的形状为（）A．等腰三角形 B．等边三角形C．直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形5．某班的60名同学已编号1,2,3，…，60，为了解该班同学的作业情况，老师收取了号码能被5整除的12名同学的作业本，这里运用的抽样方法是()A．简单随机抽样 B．系统抽样C．分层抽样 D．抽签法6．黄金分割比是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为，约为0.618，这一比值也可以表示为a＝2cos72°，则＝（）A． B．1 C．2 D．7．等差数列中，已知，则()A．1 B．2 C．3 D．48．点、、、在同一个球的球面上，，.若四面体的体积的最大值为，则这个球的表面积为（）A． B． C． D．9．把一个已知圆锥截成个圆台和一个小圆锥，已知圆台的上、下底面半径之比为，母线长为，则己知圆锥的母线长为（）.A． B． C． D．10．如图所示，AB是半圆O的直径，VA垂直于半圆O所在的平面，点C是圆周上不同于A,B的任意一点，M,N分别为VA,VC的中点，则下列结论正确的是()A．MN//AB B．平面VAC⊥平面VBCC．MN与BC所成的角为45° D．OC⊥平面VAC二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．直线与直线的交点为，则________.12．已知方程的两根分别为、、且，且__________．13．一组样本数据8，10，18，12的方差为___________.14．已知，，若，则实数________.15．函数f（x）＝log2（x+1）的定义域为_____．16．四棱柱中，平面ABCD，平面ABCD是菱形，，，，E是BC的中点，则点C到平面的距离等于________.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．已知数列的前项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）已知，记（且），是否存在这样的常数，使得数列是常数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；（3）若数列，对于任意的正整数，均有成立，求证：数列是等差数列.18．已知等差数列的首项为，公差为，前n项和为，且满足，.（1）证明；（2）若，，当且仅当时，取得最小值，求首项的取值范围.19．已知为第三象限角，．(1)化简(2)若，求的值20．如图是函数的部分图像，是它与轴的两个不同交点，是之间的最高点且横坐标为，点是线段的中点.（1）求函数的解析式及上的单调增区间；（2）若时，函数的最小值为，求实数的值.21．设等比数列的前n项和为.已知，，求和.

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、B【解析】试题分析：由余弦定理，故选择B考点：余弦定理2、A【解析】

设正方体的棱长为，则中间四棱锥的底面边长为，由已知多面体的体积求解，得到正方体外接球的半径，则外接球的表面积可求．【详解】设正方体的棱长为，则中间四棱锥的底面边长为，多面体的体积为，即．正方体的对角线长为．则正方体的外接球的半径为．表面积为．故选：．【点睛】本题考查几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力，是基础题．3、B【解析】

以作为基底的向量需要是不共线的向量，可以从向量的坐标发现，，选项中的两个向量均共线，得到正确结果是．【详解】解：可以作为基底的向量需要是不共线的向量，中一个向量是零向量，两个向量共线，不合要求中两个向量是，，则故与不共线，故正确；中两个向量是，两个向量共线，项中的两个向量是，两个向量共线，故选：．【点睛】本题考查平面中两向量的关系，属于基础题.4、D【解析】

用正弦定理化边为角，再由诱导公式和两角和的正弦公式化简变形可得．【详解】∵a﹣b＝ccosB﹣ccosA，∴，∴,∴，∴或，∴或，故选：D.【点睛】本题考查正弦定理，考查三角形形状的判断．解题关键是诱导公式的应用．5、B【解析】由题意，抽出的号码是5,10,15，…，60，符合系统抽样的特点：“等距抽样”，故选B.6、A【解析】

根据已知利用同角三角函数基本关系式，二倍角公式、诱导公式化简即可求值得解．【详解】∵a＝2cos72°，∴a2＝4cos272°，可得：4﹣a2＝4﹣4cos272°＝4sin272°，∴2sin72°，a2cos72°•2sin72°＝2sin144°＝2sin36°，∴．故选：A．【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，二倍角公式、诱导公式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．7、B【解析】

已知等差数列中一个独立条件，考虑利用等差中项求解.【详解】因为为等差数列，所以，由，,故选B.【点睛】本题考查等差数列的性质，等差数列中若，则,或用基本量、表示，整体代换计算可得,属于简单题.8、D【解析】

根据几何体的特征，小圆的圆心为，若四面体的体积取最大值，由于底面积不变，高最大时体积最大，可得与面垂直时体积最大，从而求出球的半径，即可求出球的表面积．【详解】根据题意知，、、三点均在球心的表面上，且，，，则的外接圆半径为，的面积为，小圆的圆心为，若四面体的体积取最大值，由于底面积不变，高最大时体积最大，所以，当与面垂直时体积最大，最大值为，，设球的半径为，则在直角中，，即，解得，因此，球的表面积为.故选：D.【点睛】本题考查的知识点是球内接多面体，球的表面积，其中分析出何时四面体体积取最大值，是解答的关键．9、B【解析】

设圆锥的母线长为，根据圆锥的轴截面三角形的相似性，通过圆台的上、下底面半径之比为来求解.【详解】设圆锥的母线长为，因为圆台的上、下底面半径之比为，所以，解得.故选：B【点睛】本题主要考查了旋转体轴截面中的比例关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题.10、B【解析】

对每一个选项逐一分析判断得解.【详解】A.∵M，N分别为VA，VC的中点，∴MN//AC，又AC⊥BC，∴MN与BC所成的角为90°，故C不正确；∵MN//AC，AC∩AB=A，∴MN//AB不成立，故A不正确．B.∵AB是⊙O的直径，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，∴AC⊥BC，∵VA垂直⊙O所在的平面，BC⊂⊙O所在的平面，∴VA⊥BC，又AC∩VA=A，∴BC⊥平面VAC，又BC⊂平面VBC，∴平面VAC⊥平面VBC，故B正确；C.∵AB是⊙O的直径，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，∴AC⊥BC，又A、B、C、O共面，∴OC与AC不垂直，∴OC⊥平面VAC不成立，故B不正确；∵M，N分别为VA，VC的中点，∴MN//AC，又AC⊥BC，∴MN与BC所成的角为90°，故C不正确；D.∵AB是⊙O的直径，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，∴AC⊥BC，又A、B、C、O共面，∴OC与AC不垂直，∴OC⊥平面VAC不成立，故D不正确.故选B.【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明，考查异面直线所成的角的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，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、【解析】

（2,2）为直线和直线的交点，即点（2,2）在两条直线上，分别代入直线方程，即可求出a，b的值，进而得a+b的值。【详解】因为直线与直线的交点为，所以，，即，，故.【点睛】本题考查求直线方程中的参数，属于基础题。12、【解析】

由韦达定理和两角和的正切公式可得，进一步缩小角的范围可得，进而可求．【详解】方程两根、，，，，又，，，，，，，结合，，故答案为．【点睛】本题考查两角和与差的正切函数，涉及韦达定理，属中档题．13、14【解析】

直接利用平均数和方差的公式，即可得到本题答案.【详解】平均数，方差.故答案为：14【点睛】本题主要考查平均数公式与方差公式的应用.14、2或【解析】

根据向量平行的充要条件代入即可得解.【详解】由有：，解得或.故答案为：2或.【点睛】本题考查了向量平行的应用，属于基础题.15、{x|x＞﹣1}【解析】

利用对数的真数大于，即可得解.【详解】函数的定义域为：,解得：，故答案为：.【点睛】本题主要考查对数函数定义域，考查学生对对数函数定义的理解，是基础题.16、【解析】

利用等体法即可求解.【详解】如图，由ABCD是菱形，，，E是BC的中点，所以,又平面ABCD，所以平面ABCD，即，又，则平面，由平面，所以，所以，设点C到平面的距离为，由即，即，所以.故答案为：【点睛】本题考查了等体法求点到面的距离，同时考查了线面垂直的判定定理，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）（3）见解析【解析】

（1）根据和项与通项关系得，再根据等比数列定义与通项公式求解（2）先化简，再根据恒成立思想求的值（3）根据和项得，再作差得，最后根据等差数列定义证明.【详解】（1），所以，由得时，，两式相减得，，，数列是以2为首项，公比为的等比数列，所以.（2）若数列是常数列，为常数.只有，解得，此时.（3）①，，其中，所以，当时，②②式两边同时乘以得，③①式减去③得，，所以，因为，所以数列是以为首项，公差为的等差数列.【点睛】本题考查利用和项求通项、等差数列定义以及利用恒成立思想求参数，考查基本分析论证与求解能力，属中档题18、（1）证明见解析；（2）【解析】

（1）根据等差数列的前n项和公式,变形可证明为等差数列.结合条件,,可得,进而表示出.由为等差数列,表示出,化简变形后结合不等式性质即可证明.（2）将三角函数式分组,提公因式后结合同角三角函数关系式化简.再由平方差公式及正弦的和角与差角公式合并.根据条件等式,结合等差数列性质,即可求得.由,即可确定.当且仅当时，取得最小值,可得不等式组,即可得首项的取值范围.【详解】（1）证明:等差数列的前n项和为,则所以,,故为等差数列,因为,,所以,解得,因为,得故,从而.（2）而.由条件又由等差数列性质知：所以,因为,所以,那么.等差数列,当且仅当时,取得最小值.,所以.【点睛】本题考查了等差数列前n项和公式的应用,等差数列通项公式定义及变形式应用.三角函数式变形,正弦和角与差角公式的应用,不等式组的解法,综合性强,属于难题.19、(1)见解析;(2).【解析】利用指数运算、指对互化、对数运算求解试题分析：（1）（2）由，得．又已知为第三象限角，所以，所以，所以=………………10分考点：本题主要考查了诱导公式、同角三角函数基本关系以及三角函数符号的判定．点评：解决此类问题的关键是掌握诱导公式、同角三角函数基本关系以及三角函数符好的判定方法．诱导公式的记忆应结合图形记忆较好，难度一般．20、（1）（2）【解析】

（1）由点是线段的中点，可得和的坐标，从而得最值和周期，可得和，再代入顶点坐标可得，再利用整体换元可求单调区间；（2）令得到，讨论二次函数的