贵州省六盘水市六枝特区七中2025届数学高一下期末联考试题含解析

贵州省六盘水市六枝特区七中2025届数学高一下期末联考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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．已知三棱锥，若平面，，，，则三棱锥外接球的表面积为（）A． B． C． D．2．某实验单次成功的概率为0.8,记事件A为“在实验条件相同的情况下,重复3次实验，各次实验互不影响，则3次实验中至少成功2次”，现采用随机模拟的方法估计事件4的概率:先由计算机给出0～9十个整数值的随机数，指定0,1表示单次实验失败,2，3，4，5,6,7，8,9表示单次实验成功，以3个随机数为组,代表3次实验的结果经随机模拟产生了20组随机数，如下表:752029714985034437863694141469037623804601366959742761428261根据以上方法及数据，估计事件A的概率为()A．0.384 B．0.65 C．0.9 D．0.9043．函数的图象是（）A． B． C． D．4．的内角，，的对边分别为，，．已知，则（）A． B． C． D．5．如图，飞机的航线和山顶在同一个铅垂面内，若飞机的高度为海拔18km，速度为1000km/h，飞行员先看到山顶的俯角为30°，经过1min后又看到山顶的俯角为75°，则山顶的海拔高度为(精确到0.1km)()A．11.4 B．6.6C．6.5 D．5.66．已知，则使得都成立的取值范围是().A． B． C． D．7．平面平面，直线，，那么直线与直线的位置关系一定是（）A．平行 B．异面 C．垂直 D．不相交8．已知点G为的重心，若，，则=()A． B． C． D．9．《九章算术》是中国古代第一部数学专著，成于公元一世纪左右，系统总结了战国、秦、汉时期的数学成就，其中《方田》一章中记载了计算弧田（弧田就是由圆弧和其所对弦所围成弓形）的面积所用的经验公式：弧田面积=（弦矢+矢矢），公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差，按照上述经验公式计算所得弧田面积与其实际面积之间存在误差，现有圆心角为，弦长为米的弧田，其实际面积与按照上述经验公式计算出弧田的面积之间的误差为（）平方米（其中，）A．14 B．16 C．18 D．2010．设等比数列的公比为,其前项的积为,并且满足条件：；给出下列论:①；②；③值是中最大值；④使成立的最大自然数等于198.其中正确的结论是（）A．①③ B．①④ C．②③ D．②④二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．一个封闭的正三棱柱容器，该容器内装水恰好为其容积的一半（如图1，底面处于水平状态），将容器放倒（如图2，一个侧面处于水平状态），这时水面与各棱交点分别为E，F、，，则的值是__________.12．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体的所有棱长和为_______.13．如图，在中，，，点D为BC的中点，设，.的值为___________.14．已知球的表面积为4，则该球的体积为________．15．已知数列的前n项和，则________.16．数列满足，（且），则数列的通项公式为________.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．某运动爱好者对自己的步行运动距离（单位：千米）和步行运动时间（单位：分钟）进行统计，得到如下的统计资料：如果与存在线性相关关系，（1）求线性回归方程（精确到0.01）；（2）将分钟的时间数据称为有效运动数据，现从这6个时间数据中任取3个，求抽取的3个数据恰有两个为有效运动数据的概率．参考数据：，参考公式：，．18．已知以点（a∈R，且a≠0）为圆心的圆过坐标原点O，且与x轴交于点A，与y轴交于点B．（1）求△OAB的面积；（2）设直线l：y＝﹣2x+4与圆C交于点P、Q，若|OP|＝|OQ|，求圆心C到直线l的距离．19．设二次函数f(x)＝ax2＋bx.(1)若1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，求f(－2)的取值范围；(2)当b＝1时，若对任意x∈[0,1]，－1≤f(x)≤1恒成立，求实数a的取值范围．20．已知为等差数列，前项和为，是首项为的等比数列，且公比大于，，，.（1）求和的通项公式；（2）求数列的前项和.21．设数列，满足：，，，，.（1）写出数列的前三项；（2）证明：数列为常数列，并用表示；（3）证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式.

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】

根据题意画出三棱锥的图形，将其放入一个长方体中，容易知道三棱锥的外接球半径，利用球的表面积公式求解即可.【详解】根据题意画出三棱锥如图所示，把三棱锥放入一个长方体中，三棱锥的外接球即这个长方体的外接球，长方体的外接球半径等于体对角线的一半，所以三棱锥的外接球半径，三棱锥的外接球的表面积.故选：B【点睛】本题主要考查三棱锥的外接球问题，对于三棱锥三条棱有两两垂直的情况，可以考虑将其放入一个长方体中求解外接球半径，属于基础题.2、C【解析】

由随机模拟实验结合图表计算即可得解．【详解】由随机模拟实验可得：“在实验条件相同的情况下，重复3次实验，各次实验互不影响，则3次实验中最多成功1次”共141，601两组随机数，则“在实验条件相同的情况下，重复3次实验，各次实验互不影响，则3次实验中至少成功2次”共组随机数，即事件的概率为，故选．【点睛】本题考查了随机模拟实验及识图能力，属于中档题．3、D【解析】

求出分段函数的解析式，由此确定函数图象.【详解】由于，根据函数解析式可知，D选项符合.故选：D【点睛】本小题主要考查分段函数图象的判断，属于基础题.4、A【解析】

由正弦定理，整理得到，即可求解，得到答案.【详解】在中，因为，由正弦定理可得，因为，则，所以，即，又因为，则，故选A.【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，其中解答中熟练应用正弦定理的边角互化，以及特殊角的三角函数是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.5、B【解析】AB＝1000×(km)，∴BC＝·sin30°＝(km)．∴航线离山顶h＝×sin75°≈11.4(km)．∴山高为18－11.4＝6.6(km)．选B.6、B【解析】

先解出不等式的解集，得到当时，不等式的解集，最后求出它们的交集即可.【详解】因为，所以，因为，所以，要想使得都成立，所以取值范围是，故本题选B.【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，考查了不等式的性质应用，考查了数学运算能力.7、D【解析】

利用空间中线线、线面、面面的位置关系得出直线与直线没有公共点.【详解】由题平面平面，直线，则直线与直线的位置关系平行或异面，即两直线没有公共点，不相交.故选D.【点睛】本题考查空间中两条直线的位置关系，属于简单题．8、B【解析】

由重心分中线为，可得，又（其中是中点），再由向量的加减法运算可得．【详解】设是中点，则，又为的重心，∴．故选B．【点睛】本题考查向量的线性运算，解题关键是掌握三角形重心的性质，即重心分中线为两段．9、B【解析】

根据题意画出图形，结合图形求出扇形的面积与三角形的面积，计算弓形的面积，再利用弧长公式计算弧田的面积，求两者的差即可.【详解】如图所示，扇形的半径为，所以扇形的面积为，又三角形的面积为，所以弧田的面积为，又圆心到弦的距离等于，所示矢长为，按照上述弧田的面积经验计算可得弦矢矢，所以两者的差为.故选：B.【点睛】本题主要考查了扇形的弧长公式和面积公式的应用，以及我国古典数学的应用问题，其中解答中认真审题，合理利用扇形弧长和面积公式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.10、B【解析】

利用等比数列的性质及等比数列的通项公式判断①正确；利用等比数列的性质及不等式的性质判断②错误；利用等比数列的性质判断③错误；利用等比数列的性质判断④正确，，从而得出结论.【详解】解：由可得又即由，即,结合，所以，，即，，即，即①正确；又，所以，即，即②错误；因为，即值是中最大值，即③错误；由，即，即，又，即，即④正确，综上可得正确的结论是①④，故选：B.【点睛】本题考查了等比数列的性质及不等式的性质，重点考查了运算能力，属中档题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

设，则，由题意得：，由此能求出的值．【详解】设，则，由题意得：，解得，．故答案为：．【点睛】本题考查两线段比值的求法、三棱柱的体积等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．12、【解析】

取半正多面体的截面正八边形，设半正多面体的棱长为，过分别作于，于，可知，，可求出半正多面体的棱长及所有棱长和.【详解】取半正多面体的截面正八边形，由正方体的棱长为1，可知，易知，设半正多面体的棱长为，过分别作于，于，则，，解得，故该半正多面体的所有棱长和为.【点睛】本题考查了空间几何体的结构，考查了空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.13、【解析】

在和在中,根据正弦定理,分别表示出.由可得等式,代入已知条件化简即可得解.【详解】在中,由正弦定理可得,则在中,由正弦定理可得,则点D为BC的中点,则所以因为,,由诱导公式可知代入上述两式可得所以故答案为:【点睛】本题考查了正弦定理的简单应用,属于基础题.14、【解析】

先根据球的表面积公式求出半径，再根据体积公式求解.【详解】设球半径为，则，解得，所以【点睛】本题考查球的面积、体积计算，属于基础题.15、【解析】

先利用求出，在利用裂项求和即可.【详解】解：当时，，当时，，综上，，，，故答案为：.【点睛】本题考查和的关系求通项公式，以及裂项求和，是基础题.16、【解析】

利用累加法和裂项求和得到答案.【详解】当时满足故答案为【点睛】本题考查了数列的累加法，裂项求和法，意在考查学生对于数列公式和方法的灵活运用.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）先计算所给数据距离、时间的平均值，，利用公式求，再利用回归方程求.（2）由（1）计算的个数，先求从6个中任取3个数据的总的取法，再计算抽取的3个数据恰有两个为有效运动数据的取法，利用古典概型概率计算公式可得所求.【详解】解：（1）依题意得，所以又因为，故线性回归方程为．（2）将的6个值，代入（1）中回归方程可知，前3个小于30，后3个大于30，所以满足分钟的有效运动数据的共有3个，设3个有效运动数据为，另3个不是有效运动数据为，则从6个数据中任取3个共有20种情况（或一一列举），其中，抽取的3个数据恰有两个为有效运动数据的有9种情况，即，，所以从这6个时间数据中任取3个，抽取的3个数据恰有两个为有效运动数据的概率为.【点睛】本题考查线性回归方程的建立，古典概型的概率，考查数据处理能力，运用知识解决实际问题的能力，属于中档题.18、(1)4(2)【解析】

（1）求得圆的半径，设出圆的标准方程，由此求得两点坐标，进而求得三角形的面积.（2）根据，判断出，由直线的斜率求得直线的斜率，以此列方程求得，根据直线和圆相交，圆心到直线的距离小于半径，确定，同时得到圆心到直线的距离.【详解】（1）根据题意，以点（a∈R，且a≠0）为圆心的圆过坐标原点O，设圆C的半径为r，则r2＝a2，圆C的方程为（x﹣a）2+（y）2＝a2，令x＝0可得：y＝0或，则B（0，），令y＝0可得：x＝0或2a，则A（2a，0），△OAB的面积S|2a|×||＝4；（2）根据题意，直线l：y＝﹣2x+4与圆C交于点P、Q，则|CP|＝|CQ|，又由|OP|＝|OQ|，则直线OC与PQ垂直，又由直线l即PQ的方程为y＝﹣2x+4，则KOC，解可得a＝±2，当a＝2时，圆心C的坐标为（2，1），圆心到直线l的距离d，r，r＞d，此时直线l与圆相交，符合题意；当a＝2时，圆心C的坐标为（﹣2，﹣1），圆心到直线l的距离d，r，r＜d，此时直线l与圆相离，不符合题意；故圆心C到直线l的距离d．【点睛】本小题主要考查圆的标准方程，考查直线和圆的位置关系，考查两条直线的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题.19、（1）5≤f(－2)≤10；（2）[－2,0).【解析】

(1)用和表示，再根据不等式的性质求得.(2)对进行参变分离，根据和求得.【详解】解(1)方法一⇒∵f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)，且1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，∴5≤f(－2)≤10.方法二设f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)，即4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)＝(m＋n)a－(m－n)b，比较两边系数：⇒∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1)，下同方法一．(2)当x∈[0,1]时，－1≤f(x)≤1，即－1≤ax2＋x≤1，即当x∈[0,1]时，ax2＋x＋1≥0且ax2＋x－1≤0恒成立；当x＝0时，显然，ax2＋x＋1≥0且ax2＋x－1≤0均成立；当x∈(0,1]