广西崇左市2025届高一数学第二学期期末质量检测试题含解析

广西崇左市2025届高一数学第二学期期末质量检测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．设α,β为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件2．在等差数列中，已知，则数列的前9项之和等于（）A．9 B．18 C．36 D．523．已知函数的最小正周期为，将该函数的图象向左平移个单位后，得到的图象对应的函数为偶函数，则的图象（）A．关于点对称 B．关于直线对称C．关于点对称 D．关于直线对称4．甲、乙两个不透明的袋中各有5个仅颜色不同的球，其中甲袋中有3个红球，2个白球，乙袋中有2个红球，3个白球，现从两袋中各随机取一球，则两球不同颜色的概率为（）A． B． C． D．5．已知集合A={1,2,3,4}，B={2,3,4,5}，则A∩B中元素的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．46．给出下列命题：（1）存在实数使.（2）直线是函数图象的一条对称轴.（3）的值域是.（4）若都是第一象限角，且，则.其中正确命题的题号为（）A．（1）（2） B．（2）（3） C．（3）（4） D．（1）（4）7．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的值等于()A．－3 B．－10 C．0 D．－28．已知圆和两点，，．若圆上存在点，使得，则的最小值为（）A． B． C． D．9．若，，且，则与的夹角是（）A． B． C． D．10．若f(x)=af1(x)bf2(x)a,b∈R已知g1(x)=(-x2+12x-20)12生成函数g(x)，已知g(4)=2(6-3)，A．1 B．4 C．6 D．9二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．数列的前项和，则__________.12．已知等比数列的首项为，公比为，其前项和为，下列命题中正确的是______.（写出全部正确命题的序号）（1）等比数列单调递增的充要条件是，且；（2）数列：，，，……，也是等比数列；（3）；（4）点在函数（，为常数，且，）的图像上.13．在锐角△中，角所对应的边分别为，若，则角等于________.14．已知点和点，点在轴上，若的值最小，则点的坐标为______.15．关于的不等式的解集是，则______．16．不等式的解集为________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．如图，在四边形中，.（1）若为等边三角形，且是的中点，求.（2）若，，求.18．已知函数（1）求函数的反函数；（2）解方程：.19．定义在上的函数，如果满足：对任意，存在常数，都有成立，则称函数是上的有界函数，其中称为函数的上界.已知函数.（1）当时，求函数在上的值域，并判断函数在上是否为有界函数，请说明理由；（2）若函数在上是以3为上界的有界函数，求实数的取值范围；（3）若，函数在上的上界是，求的解析式.20．已知分别是内角的对边，．（1）若，求（2）若，且求的面积．21．已知等差数列中，，．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和．

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、A【解析】试题分析：当满足l⊂α,l⊥β时可得到α⊥β成立，反之，当l⊂α,α⊥β时，l与β可能相交，可能平行，因此前者是后者的充分不必要条件考点：充分条件与必要条件点评：命题：若p则q是真命题，则p是q的充分条件，q是p的必要条件2、B【解析】

利用等差数列的下标性质，可得出，再由等差数列的前项和公式求出的值.【详解】在等差数列中，故选：B【点睛】本题考查了等差数列的下标性质、以及等差数列的前项和公式，考查了数学运算能力.3、A【解析】

由周期求出，按图象平移写出函数解析式，再由偶函数性质求出，然后根据正弦函数的性质判断．【详解】由题意，平移得函数式为，其为偶函数，∴，由于，∴．，，．∴是对称中心．故选：A.【点睛】本题考查求三角函数的解析式，考查三角函数的对称性的奇偶性．掌握三角函数图象变换是基础，掌握三角函数的性质是解题关键．4、D【解析】

现从两袋中各随机取一球，基本事件总数，两球不同颜色包含的基本事件个数，由此能求出两球不同颜色的概率．【详解】甲、乙两个不透明的袋中各有5个仅颜色不同的球，其中甲袋中有3个红球、2个白球，乙袋中有2个红球、3个白球，现从两袋中各随机取一球，基本事件总数，两球不同颜色包含的基本事件个数，则两球不同颜色的概率为．故选．【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．5、C【解析】

求出A∩B即得解.【详解】由题得A∩B={2,3,4},所以A∩B中元素的个数是3.故选：C【点睛】本题主要考查集合的交集的计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.6、C【解析】

（1）化简求值域进行判断；（2）根据函数的对称性可判断；（3）根据余弦函数的图像性质可判断；（4）利用三角函数线可进行判断.【详解】解：（1），（1）错误；（2）是函数图象的一个对称中心，（2）错误；（3）根据余弦函数的性质可得的最大值为，，其值域是，（3）正确；（4）若都是第一象限角，且，利用三角函数线有，（4）正确.故选.【点睛】本题考查正弦函数与余弦函数、正切函数的性质，以及三角函数线定义，着重考查学生综合运用三角函数的性质分析问题、解决问题的能力，属于中档题．7、A【解析】

第一次循环，；第二次循环，；第三次循环，，当时，不成立，循环结束，此时，故选A.8、D【解析】

因为，所以点的轨迹为以为直径的圆，故点是两圆的交点，根据圆与圆的位置关系，即可求出．【详解】根据可知，点的轨迹为以为直径的圆，故点是圆和圆的交点，因此两圆相切或相交，即，亦即．故的最小值为．故选：D．【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系的应用，意在考查学生的转化能力，属于基础题．9、B【解析】

根据相互垂直的向量数量积为零，求出与的夹角.【详解】由题有，即，故，因为，所以.故选：B.【点睛】本题考查了向量的数量积运算，向量夹角的求解，属于基础题.10、B【解析】

根据变换T(m,n)可生成函数g(x)=mg2(x)-ng1(x)=m(-x2+10x)1【详解】由题意可知g(x)=mg又g(4)=2(6-解得m=n=1,所以g(x)=又g(x)=10-x因为y=1x+x-2在x∈[2,10]上单调递减且为正值，y=10-x在x∈[2,10]上单调递减且为正值，所以g(x)=10-x(【点睛】本题主要考查了函数的单调性，利用单调性求函数的最大值，涉及创设新情景及函数式的变形，属于难题二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

根据数列前项和的定义即可得出．【详解】解：因为所以．故答案为：．【点睛】考查数列的定义，以及数列前项和的定义，属于基础题．12、（3）【解析】

根据递增数列的概念，以及等比数列的通项公式，充分条件与必要条件的概念，可判断（1）；令，为偶数，可判断（2）；根据等比数列的性质，直接计算，可判断（3）；令，结合题意，可判断（4），进而可得出结果.【详解】（1）若等比数列单调递增，则，所以或，故且不是等比数列单调递增的充要条件；（1）错；（2）若，为偶数，则，，因等比数列中的项不为，故此时数列，，，……，不成等比数列；（2）错；（3），所以（3）正确；（4）若，则，若点在函数的图像上，则，因，，故不能对任意恒成立；故（4）错.故答案为：（3）【点睛】本题主要考命题真假的判定，熟记等比数列的性质，以及等比数列的通项公式与求和公式即可，属于常考题型.13、【解析】试题分析：利用正弦定理化简，得，因为，所以，因为为锐角，所以．考点：正弦定理的应用．【方法点晴】本题主要考查了正弦定理的应用、以及特殊角的三角函数值问题，其中解答中涉及到解三角形中的边角互化，转化为三角函数求值的应用，解答中熟练掌握正弦定理的变形，完成条件的边角互化是解答的关键，注重考查了分析问题和解答问题的能力，同时注意条件中锐角三角形，属于中档试题．14、【解析】

作出图形，作点关于轴的对称点，由对称性可知，结合图形可知，当、、三点共线时，取最小值，并求出直线的方程，与轴方程联立，即可求出点的坐标.【详解】如下图所示，作点关于轴的对称点，由对称性可知，则，当且仅当、、三点共线时，的值最小，直线的斜率为，直线的方程为，即，联立，解得，因此，点的坐标为.故答案为：.【点睛】本题考查利用折线段长的最小值求点的坐标，涉及两点关于直线对称性的应用，考查数形结合思想的应用，属于中等题.15、【解析】

利用二次不等式解集与二次方程根的关系，由二次不等式的解集得到二次方程的根，再利用根与系数的关系，得到和的值，得到答案.【详解】因为关于的不等式的解集是，所以关于的方程的解是，由根与系数的关系得，解得，所以.【点睛】本题考查二次不等式解集和二次方程根之间的关系，属于简单题.16、【解析】因为所以，即不等式的解集为.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、（1）（2）【解析】

（1）先由题意，结合平面向量基本定理，用表示出，再由向量的数量积运算，即可得出结果；（2）先由向量数量积的运算，求出，再由，结合题中条件，即可得出结果.【详解】解：（1）为等边三角形，且，又是中点，又（2）由题意：，，，又【点睛】本题主要考查向量数量积的运算，熟记平面向量基本定理，以及向量数量积的运算法则即可，属于常考题型.18、（1）；（2）【解析】

（1）反解，然后交换的位置，写出原函数的值域即可得到结果；（2）代入原函数与反函数的解析式，解方程即可得到答案.【详解】（1）由得，得，因为，所以，所以.（2）由得2，所以，即，解得，所以，所以原方程的解集为.【点睛】本题考查了求反函数的解析式，考查了指数式与对数式的互化，属于中档题.19、（1）见解析；（2）；（3）.【解析】

（1）通过判断函数的单调性，求出的值域，进而可判断在上是否为有界函数；（2）利用题中所给定义，列出不等式，换元，转化为恒成立问题，通过分参求构造函数的最值，就可求得实数的取值范围；（3）通过分离常数法求的值域，利用新定义进而求得的解析式．【详解】（1）当时，，由于在上递减，∴函数在上的值域为，故不存在常数，使得成立，∴函数在上不是有界函数（2）在上是以3为上界的有界函数，即，令，则，即由得，令，在上单调递减，所以由得，令，在上单调递增，所以所以；（3）在上递减，，即，当时，即当时，当时，即当时，∴.【点睛】本题主要考查学生利用所学知识解决创新问题的能力，涉及到函数求值域的有关方法，以及恒成立问题的常见解决思想．20、（1）；（2）1【解析】试题分析：（1）由，结合正弦定理可得：，再利用余弦定理即可得出（2）利用（1）