2025届西南名校高一下数学期末考试模拟试题含解析

2025届西南名校高一下数学期末考试模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．从集合中随机抽取一个数，从集合中随机抽取一个数，则向量与向量垂直的概率为()A． B． C． D．2．已知中，，，的对边分别是，，，且，，，则边上的中线的长为()A． B．C．或 D．或3．已知集合，则（）A． B． C． D．4．已知平面向量，且，则（）A． B． C． D．5．在中，角,,的对边分别为,,，若，，则（）A． B． C． D．6．若、、，且，则下列不等式中一定成立的是（）A． B． C． D．7．在一个锥体中，作平行于底面的截面，若这个截面面积与底面面积之比为1∶3，则锥体被截面所分成的两部分的体积之比为（）A．1∶ B．1∶9 C．1∶ D．1∶8．已知a，b，c∈R，那么下列命题中正确的是()A．若a>b，则ac2>bc2B．若，则a>bC．若a3>b3且ab<0，则D．若a2>b2且ab>0，则9．在中，已知，，则为（）A．等腰直角三角形 B．等边三角形C．锐角非等边三角形 D．钝角三角形10．在数列{an}中，若a1，且对任意的n∈N*有，则数列{an}前10项的和为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．中，，则A的取值范围为______．12．设函数的最小值为，则的取值范围是___________.13．已知三个顶点的坐标分别为，若⊥，则的值是______．14．已知函数f(x)＝Atan(ωx＋φ)(ω＞0，|φ|＜)，y＝f(x)的部分图象如图所示，则f()＝________.15．已知点，,若直线与线段有公共点，则实数的取值范围是____________.16．在等差数列中，若，且它的前n项和有最大值，则当取得最小正值时，n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．有n名学生，在一次数学测试后，老师将他们的分数（得分取正整数，满分为100分），按照，，，，的分组作出频率分布直方图（如图1），并作出样本分数的茎叶图（如图2）（图中仅列出了得分在，的数据）.（1）求样本容量n和频率分布直方图中x、y的值；（2）分数在的学生中，男生有2人，现从该组抽取三人“座谈”，求至少有两名女生的概率.18．已知的角、、所对的边分别是、、，设向量，，.（1）若，求证：为等腰三角形；（2）若，边长，角，求的面积.19．单调递增的等差数列满足，且成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.20．设有关于的一元二次方程．（Ⅰ）若是从四个数中任取的一个数，是从三个数中任取的一个数，求上述方程有实根的概率．（Ⅱ）若是从区间任取的一个数，是从区间任取的一个数，求上述方程有实根的概率．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】

通过向量垂直的条件即可判断基本事件的个数，从而求得概率.【详解】基本事件总数为，当时，，满足的基本事件有，，，共3个，故所求概率为，故选B.【点睛】本题主要考查古典概型，计算满足条件的基本事件个数是解题的关键，意在考查学生的分析能力.2、C【解析】

由已知利用余弦定理可得，解得a值，由已知可求中线，在中，由余弦定理即可计算AB边上中线的长．【详解】解：，由余弦定理，可得，整理可得：，解得或1．如图，CD为AB边上的中线，则，在中，由余弦定理，可得：，或，解得AB边上的中线或．故选C．【点睛】本题考查余弦定理在解三角形中的应用，考查了数形结合思想和转化思想，属于基础题．3、A【解析】

由，得，然后根据集合的交集运算，即可得到本题答案.【详解】因为，所以.故选：A【点睛】本题主要考查集合的交集运算及对数不等式.4、B【解析】试题分析：因为，，且，所以，，故选B.考点：1、平面向量坐标运算；2、平行向量的性质.5、A【解析】

由正弦定理求得sinA，利用同角三角函数的基本关系求得cosA，求出sinB=sin(120°+A)的值，可得

的值．【详解】△ABC中，由正弦定理可得

，∴

，∴sinA=

，cosA=.

sinB=sin(120°+A)=

•+•=

，再由正弦定理可得

=

=

，

故答案为

A.【点睛】本题考查正弦定理，两角和与差的正弦公式的应用，求出sinB是解题的关键，属基础题．6、D【解析】

对，利用分析法证明；对，不式等两边同时乘以一个正数，不等式的方向不变，乘以0再根据不等式是否取等进行考虑；对，考虑的情况；对，利用同向不等式的可乘性.【详解】对，，因为大小无法确定，故不一定成立；对，当时，才能成立，故也不一定成立；对，当时不成立，故也不一定成立；对，，故一定成立.故选：D.【点睛】本题考查不等式性质的运用，考查不等式在特殊情况下能否成立的问题，考查思维的严谨性.7、D【解析】解：因为在一个锥体中，作平行于底面的截面，若这个截面面积与底面面积之比为1∶3，那么分为的两个锥体的体积比为1：，因此锥体被截面所分成的两部分的体积之比为．1∶8、C【解析】

根据不等式的性质，对A、B、C、D四个选项通过举反例进行一一验证．【详解】A．若a＞b，则ac2＞bc2（错），若c=0，则A不成立；B．若，则a＞b（错），若c＜0，则B不成立；C．若a3＞b3且ab＜0，则（对），若a3＞b3且ab＜0，则D．若a2＞b2且ab＞0，则（错），若，则D不成立．故选：C．【点睛】此题主要考查不等关系与不等式的性质及其应用，例如举反例法求解比较简单．两个式子比较大小的常用方法有：做差和0比，作商和1比，或者直接利用不等式的性质得到大小关系，有时可以代入一些特殊的数据得到具体值，进而得到大小关系.9、A【解析】

已知第一个等式利用正弦定理化简，再利用诱导公式及内角和定理表示，根据两角和与差的正弦函数公式化简，得到A＝B，第二个等式左边前两个因式利用积化和差公式变形，右边利用二倍角的余弦函数公式化简，将A+B＝C，A﹣B＝0代入计算求出cosC的值为0，进而确定出C为直角，即可确定出三角形形状．【详解】将已知等式2acosB＝c，利用正弦定理化简得：2sinAcosB＝sinC，∵sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+cosAsinB，∴2sinAcosB＝sinAcosB+cosAsinB，即sinAcosB﹣cosAsinB＝sin（A﹣B）＝0，∵A与B都为△ABC的内角，∴A﹣B＝0，即A＝B，已知第二个等式变形得：sinAsinB（2﹣cosC）＝（1﹣cosC）+＝1﹣cosC，﹣[cos（A+B）﹣cos（A﹣B）]（2﹣cosC）＝1﹣cosC，∴﹣（﹣cosC﹣1）（2﹣cosC）＝1﹣cosC，即（cosC+1）（2﹣cosC）＝2﹣cosC，整理得：cos2C﹣2cosC＝0，即cosC（cosC﹣2）＝0，∴cosC＝0或cosC＝2（舍去），∴C＝90°，则△ABC为等腰直角三角形．故选A．【点睛】此题考查了正弦定理，两角和与差的正弦公式，二倍角的余弦函数公式，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．10、A【解析】

用累乘法可得．利用错位相减法可得S，即可求解S10＝22．【详解】∵，则．∴，．Sn，．∴，∴S，则S10＝22．故选：A．【点评】本题考查了累乘法求通项，考查了错位相减法求和，意在考查计算能力，属于中档题．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

由正弦定理将sin2A≤sin2B＋sin2C－sinBsinC变为，然后用余弦定理推论可求，进而根据余弦函数的图像性质可求得角A的取值范围．【详解】因为sin2A≤sin2B＋sin2C－sinBsinC，所以，即．所以，因为，所以．【点睛】在三角形中，已知边和角或边、角关系，求角或边时，注意正弦、余弦定理的运用．条件只有角的正弦时，可用正弦定理的推论，将角化为边．12、.【解析】

确定函数的单调性，由单调性确定最小值．【详解】由题意在上是增函数，在上是减函数，又，∴，，故答案为．【点睛】本题考查分段函数的单调性．由单调性确定最小值，13、【解析】

求出，再利用，求得.【详解】，因为⊥，所以，解得：.【点睛】本题考查向量的坐标表示、数量积运算，要注意向量坐标与点坐标的区别.14、3【解析】

根据图象看出周期、特殊点的函数值，解出待定系数即可解得.【详解】由图可知：解得又因：所以又因：即所以又所以又因：所以即所以所以所以故得解.【点睛】本题考查由图象求正切函数的解析式，属于中档题。15、【解析】

根据直线方程可确定直线过定点；求出有公共点的临界状态时的斜率，即和；根据位置关系可确定的范围.【详解】直线可整理为：直线经过定点，又直线的斜率为的取值范围为：本题正确结果：【点睛】本题考查根据直线与线段的交点个数求解参数范围的问题，关键是能够明确直线经过的定点，从而确定临界状态时的斜率.16、.【解析】试题分析：因为等差数列前项和有最大值，所以公差为负，所以由得，所以，＝，所以当时，取到最小正值．考点：1、等差数列性质；2、等差数列的前项和公式．【方法点睛】求等差数列前项和的最值常用的方法有：(1)先求，再利用或求出其正负转折项，最后利用单调性确定最值；(2)利用性质求出其正负转折项，便可求得前项和的最值；（3）利用等差数列的前项和(为常数)为二次函数，根据二次函数的性质求最值．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）【解析】

（1）利用之间的人数和频率即可求出，进而可求出、；（2）列出所有基本事件，再找到符合要求的基本事件即可得解.【详解】（1）由题意可知，样本容量，，.（2）由题意知，分数在的学生共有5人，其中男生2人，女生3人，分别设编号为，和，，，则从该组抽取三人“座谈”包含的基本事件：，，，，，，，，，，共计10个.记事件A“至少有两名女生”，则事件A包含的基本事件有：，，，，，，，共计7个.所以至少有两名女生的概率为.【点睛】本题考查了频率分布直方图和古典概型概率的求法，属于基础题.18、（1）见解析（2）【解析】

⑴因为，所以，即,其中是的外接圆半径，所以，所以为等腰三角形.⑵因为，所以.由余弦定理可知，，即解方程得：（舍去）所以.19、（1）；（2）.【解析】

（1）设等差数列的公差为，，运用等差数列的通项公式和等比数列中项性质，解方程可得公差，进而得到所求通项公式；（2）求得，再用裂项相消法即可得出结论．【详解】解：（1）设等差数列的公差为，，可得，，由，，成等比数列，，解得或舍去），则；（2），∴．【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式和等比数列中项性质，考查数列的裂项相消法求和，考查运算能力，属于中档题．20、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（1）本题是一个古典概型，可知基本事件共12个，方程当时有实根的充要条件为，满足条件的事件中包含9个基本事件，由古典概型公式得到事件发生的概率．（2）本题是一个几何概型，试验的全部约束