福建省莆田四中2025届数学高一下期末检测试题含解析

福建省莆田四中2025届数学高一下期末检测试题注意事项：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．如果数列的前项和为，则这个数列的通项公式是（）A． B． C． D．2．若对任意的正数a，b满足，则的最小值为A．6 B．8 C．12 D．243．在ΔABC中，角A,B,C对应的边分别是a,b,c，已知A=60°,a=43，A．30∘ B．45∘ C．604．对于复数，定义映射.若复数在映射作用下对应复数，则复数在复平面内对应的点位于（）A．第四象限 B．第三象限 C．第二象限 D．第一象限5．已知函数在时取最大值，在是取最小值，则以下各式：①；②；③可能成立的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．36．已知，，则（）A．1 B．2 C． D．37．等差数列的前项和为.若,则（）A． B． C． D．8．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A． B． C． D．9．数列中，对于任意，恒有，若，则等于()A． B． C． D．10．方程的解所在的区间为（）A． B．C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．从原点向直线作垂线，垂足为点，则的方程为_______.12．某校老年、中年和青年教师的人数分别为90，180，160，采用分层抽样的方法调查教师的身体状况，在抽取的样本中，青年教师有32人，则抽取的样本中老年教师的人数为_____13．已知角的终边经过点，若，则______.14．已知函数y=sin（x+）（>0,-<）的图象如图所示，则=________________.15．命题“数列的前项和”成立的充要条件是________.（填一组符合题意的充要条件即可，所填答案中不得含有字母）16．如果事件A与事件B互斥，且，，则＝．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．已知抛物线的焦点为，过的直线交轴正半轴于点，交抛物线于两点，其中点在第一象限.（Ⅰ）求证：以线段为直径的圆与轴相切；（Ⅱ）若,,，求的取值范围.18．的内角的对边分别为，已知.（1）求角的大小；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.19．已知函数，为实数．（1）若对任意，都有成立，求实数的值；（2）若，求函数的最小值．20．已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高，所在直线方程为.（1）求顶点的坐标；（2）求直线的方程.21．已知函数（1）求函数的最大值，以及取到最大值时所对应的的集合；（2）在上恒成立，求实数的取值范围．

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，当时，，再结合时，，可知是以为首项，为公比的等比数列，从而求出数列的通项公式.【详解】由，当时，，所以，当时，，此时，所以，数列是以为首项，为公比的等比数列，即.故选：B.【点睛】本题考查了利用递推公式求数列的通项公式，考查了计算能力，属于基础题.2、C【解析】

利用“1”的代换结合基本不等式求最值即可【详解】∵两个正数a，b满足即a+3b=1则=当且仅当时取等号．故选C【点睛】本题考查了基本不等式求最值，巧用“1”的代换是关键，属于基础题．3、A【解析】

根据正弦定理求得sinB，根据大边对大角的原则可求得B【详解】由正弦定理asinA∵b<a∴B<A∴B=本题正确选项：A【点睛】本题考查正弦定理解三角形，易错点是忽略大边对大角的特点，属于基础题.4、A【解析】，对应点，在第四象限.5、A【解析】

由余弦函数性质得，()，解出后，计算，可知三个等式都不可能成立．【详解】由题意，()，解得，，，，三个都不可能成立，正确个数为1．故选A．【点睛】本题考查余弦函数的图象与性质，解题时要注意对中的整数要用不同的字母表示，否则可能出现遗漏，出现错误．6、A【解析】

根据向量的坐标运算法则直接求解.【详解】因为,,所以,所以,故选:A.【点睛】本题考查向量的坐标运算,属于基础题.7、D【解析】

根据等差数列片段和成等差数列，可得到，代入求得结果.【详解】由等差数列性质知：，，，成等差数列，即：本题正确选项：【点睛】本题考查等差数列片段和性质的应用，关键是根据片段和成等差数列得到项之间的关系，属于基础题.8、A【解析】

根据三视图可知几何体为三棱锥，根据棱锥体积公式求得结果.【详解】由三视图可知，几何体为三棱锥三棱锥体积为：本题正确选项：【点睛】本题考查棱锥体积的求解，关键是能够通过三视图确定几何体为三棱锥，且通过三视图确定三棱锥的底面和高.9、D【解析】因为,所以

,

.选D.10、B【解析】试题分析：由题意得，设函数，则，所以，所以方程的解所在的区间为，故选B.考点：函数的零点.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、.【解析】

先求得直线的斜率,由直线垂直时的斜率关系可求得直线的斜率.再根据点斜式即可求得直线的方程.【详解】从原点向直线作垂线,垂足为点则直线的斜率由两条垂直直线的斜率关系可知根据点斜式可得直线的方程为化简得故答案为:【点睛】本题考查了直线垂直时的斜率关系,点斜式方程的应用,属于基础题.12、【解析】

根据分层抽样的定义建立比例关系，即可得到答案。【详解】设抽取的样本中老年教师的人数为，学校所有的中老年教师人数为270人由分层抽样的定义可知：，解得：故答案为【点睛】本题考查分层抽样，考查学生的计算能力，属于基础题。13、【解析】

利用三角函数的定义可求.【详解】由三角函数的定义可得，故.故答案为：.【点睛】本题考查三角函数的定义，注意根据正弦的定义构建关于的方程，本题属于基础题.14、【解析】

由图可知，15、数列为等差数列且，．【解析】

根据题意，设该数列为，由数列的前项和公式分析可得数列为等差数列且，，反之验证可得成立，综合即可得答案．【详解】根据题意，设该数列为，若数列的前项和，则当时，，当时，，当时，符合，故有数列为等差数列且，，反之当数列为等差数列且，时，，；故数列的前项和”成立的充要条件是数列为等差数列且，，故答案为：数列为等差数列且，．【点睛】本题考查充分必要条件的判定，关键是掌握充分必要条件的定义，属于基础题．16、0.5【解析】

表示事件A与事件B满足其中之一占整体的占比．所以根据互斥事件概率公式求解．【详解】【点睛】此题考查互斥事件概率公式，关键点在于理解清楚题目概率表示的实际含义，属于简单题目．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、（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】

试题分析：（Ⅰ）题意实质上证明线段的中点到轴的距离等于线段长的一半，根据抛物线的定义设可证得；（Ⅱ）同样设，，把已知,用坐标表示出来，消去坐标及，得出与的关系，此时就可得出的取值范围．试题解析：（Ⅰ）由已知,设，则，圆心坐标为，圆心到轴的距离为，圆的半径为，所以，以线段为直径的圆与轴相切．（Ⅱ）解法一：设，由,,得，，所以，，由，得．又，，所以．代入，得，，整理得，代入，得，所以，因为，所以的取值范围是．解法二：设，，将代入，得，所以（*），由，，得，，所以，，，将代入（*）式，得，所以，．代入，得．因为，所以的取值范围是．考点：抛物线的定义，抛物线的焦点弦问题．18、(1)(2)【解析】

（1）利用正弦定理边角互化的思想以及两角和的正弦公式、三角形的内角和定理以及诱导公式求出的值，结合角的范围求出角的值；（2）由三角形的面积公式得，由正弦定理结合内角和定理得出，利用为锐角三角形得出的取值范围，可求出的范围，进而求出面积的取值范围．【详解】（1），由正弦定理边角互化思想得，所以，，，，，；（2）由题设及（1）知的面积.由正弦定理得.由于为锐角三角形，故，由（1）知，所以，故，从而.因此面积的取值范围是.【点睛】本题考查正弦定理解三角形以及三角形面积的取值范围的求解，在解三角形中，等式中含有边有角，且边的次数相等时，可以利用边角互化的思想求解，一般优先是边化为角的正弦值，求解三角形中的取值范围问题时，利用正弦定理结合三角函数思想进行求解，考查计算能力，属于中等题．19、（1）；（2）.【解析】

（1）根据二次函数的解析式写出对称轴即可；（2）根据对称轴是否在定义域内进行分类讨论，由二次函数的图象可分别得出函数的最小值．【详解】（1）对任意，都有成立，则函数的对称轴为，即，解得实数的值为．（2）二次函数，开口向上，对称轴为①若，即时，函数在上单调递增，的最小值为；②若，即时，函数在上单调递减，的最小值为；③若，即时，函数在上单调递减，在上单调递增，的最小值为；综上可得:【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，应用了分类讨论的思想，属于中档题．20、（1）；（2）【解析】

（1）根据边上的高所在直线方程求出的斜率，由点斜式可得的方程，与所在直线方程联立即可得结果；（2）设则，代入中，可求得点坐标，利用两点式可得结果.【详解】（1）由边上的高所在直线方程为得，所以直线AB所在的直线方程为，即联立解得所以顶点的坐标为（4,3）（2）因为在