云南省玉溪市元江第一中学2025届高一下数学期末学业水平测试试题含解析

云南省玉溪市元江第一中学2025届高一下数学期末学业水平测试试题请考生注意：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．若，是夹角为的两个单位向量，则与的夹角为（）A． B． C． D．2．函数（其中，，）的图象如图所示，为了得到的图象，只需把的图象上所有的点（）A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度C．向右平移个单位长度 D．向左平移个单位长度3．设a＞0，b＞0，若是和的等比中项，则的最小值为（）A．6 B． C．8 D．94．下列函数的最小值为的是（）A． B．C． D．5．下列函数中，值域为的是（）A． B． C． D．6．若满足条件的三角形ABC有两个，那么a的取值范围是（）A． B． C． D．7．已知a、b是两条不同的直线，、是两个不同的平面，若，，，则下列三个结论：①、②、③．其中正确的个数为（）A．0 B．1 C．2 D．38．点，，直线与线段相交，则实数的取值范围是（）A． B．或C． D．或9．从装有两个红球和三个黑球的口袋里任取两个球，那么互斥而不对立的两个事件是（）A．“至少有一个黑球”与“都是黑球” B．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”C．“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球” D．“至少有一个黑球”与“都是红球”10．某厂家生产甲、乙、丙三种不同类型的饮品・产量之比为2:3:4.为检验该厂家产品质量，用分层抽样的方法抽取一个容量为72的样本，则样本中乙类型饮品的数量为A．16 B．24 C．32 D．48二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．圆上的点到直线的距离的最小值是______.12．在棱长均为2的三棱锥中，分别为上的中点，为棱上的动点，则周长的最小值为________.13．已知无穷等比数列满足：对任意的，，则数列公比的取值集合为__________．14．若八个学生参加合唱比赛的得分为87，88，90，91，92，93，93，94，则这组数据的方差是______15．若集合，，则集合________.16．已知x，y满足，则z＝2x+y的最大值为_____.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．设函数，其中向量，．（1）求函数的最小正周期与单调递减区间；（2）在中，、、分别是角、、的对边，已知，，的面积为，求外接圆半径．18．已知函数．（I）比较，的大小．（II）求函数的最大值．19．已知的三个顶点，，，其外接圆为圆．（1）求圆的方程；（2）若直线过点，且被圆截得的弦长为，求直线的方程；（3）对于线段上的任意一点，若在以为圆心的圆上都存在不同的两点，，使得点是线段的中点，求圆的半径的取值范围．20．在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，面积为S，已知（Ⅰ）求证：成等差数列；（Ⅱ）若求.21．如图，是菱形，对角线与的交点为，四边形为梯形，，．（1）若，求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）若，求直线与平面所成角的余弦值．

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】

根据条件可求出，，从而可求出，这样即可求出，根据向量夹角的范围即可求出夹角．【详解】由题得；，，所以；；又；的夹角为．故选．【点睛】考查向量数量积的运算及计算公式，向量长度的求法，向量夹角的余弦公式，向量夹角的范围．2、C【解析】

通过图象可以知道：最低点的纵坐标为，函数的图象与横轴的交点的坐标为，与之相邻的最低点的坐标为，这样可以求出和最小正周期，利用余弦型函数最小正周期公式，可以求出，把零点代入解析式中，可以求出，这样可以求出函数的解析式，利用诱导公式化为正弦型三角函数解析式形式，最后利用平移变换解析式的变化得出正确答案.【详解】由图象可知：函数的最低点的纵坐标为，函数的图象与横轴的交点的坐标为，与之相邻的最低点的坐标为，所以，设函数的最小正周期为，则有，而，把代入函数解析式中，得，所以，而，显然由向右平移个单位长度得到的图象，故本题选C.【点睛】本题考查了由函数图象求余弦型函数解析式，考查了正弦型函数图象之间的平移变换规律.3、D【解析】

试题分析：由题意a＞0，b＞0，且是和的等比中项，即，则，当且仅当时，即时取等号．考点：重要不等式，等比中项4、C【解析】分析：利用基本不等式的性质即可判断出正误，注意“一正二定三相等”的使用法则．详解：A.时显然不满足条件；B.其最小值大于1．D.令因此不正确．故选C.点睛：本题考查基本不等式，考查通过给变量取特殊值，举反例来说明某个命题不正确，是一种简单有效的方法．5、B【解析】

依次判断各个函数的值域，从而得到结果.【详解】选项：值域为，错误选项：值域为，正确选项：值域为，错误选项：值域为，错误本题正确选项：【点睛】本题考查初等函数的值域问题，属于基础题.6、C【解析】

利用正弦定理，用a表示出sinA，结合C的取值范围，可知；根据存在两个三角形的条件，即可求得a的取值范围。【详解】根据正弦定理可知，代入可求得因为，所以若满足有两个三角形ABC则所以所以选C【点睛】本题考查了正弦定理在解三角形中的简单应用，判断三角形的个数情况，属于基础题。7、C【解析】

根据题意，，，，则有，因此，，不难判断.【详解】因为，，，则有，所以，，所以①正确，②不正确，③正确，则其中正确命题的个数为2.故选C【点睛】本题考查空间中直线与平面之间的位置关系，考查空间推理能力，属于简单题.8、B【解析】

根据，在直线异侧或其中一点在直线上列不等式求解即可.【详解】因为直线与线段相交，所以，，在直线异侧或其中一点在直线上，所以，解得或，故选B.【点睛】本题主要考查点与直线的位置关系，考查了一元二次不等式的解法，属于基础题.9、C【解析】分析：利用对立事件、互斥事件的定义求解．详解：从装有两个红球和三个黑球的口袋里任取两个球，在A中，“至少有一个黑球”与“都是黑球”能同时发生，不是互斥事件，故A错误；在B中，“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”能同时发生，不是互斥事件，故B错误；在C中，“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”不能同时发生，但能同时不发生，是互斥而不对立的两个事件，故C正确；在D中，“至少有一个黑球”与“都是红球”是对立事件，故D错误．故答案为：C点睛：（1）本题主要考查互斥事件和对立事件的定义，意在考查学生对这些基础知识的掌握水平.(2)互斥事件指的是在一次试验中，不可能同时发生的两个事件，对立事件指的是在一次试验中，不可能同时发生的两个事件，且在一次试验中，必有一个发生的两个事件.注意理解它们的区别和联系.10、B【解析】

根据分层抽样各层在总体的比例与在样本的比例相同求解.【详解】因为分层抽样总体和各层的抽样比例相同，所以各层在总体的比例与在样本的比例相同，所以样本中乙类型饮品的数量为.故选B.【点睛】本题考查分层抽样，依据分层抽样总体和各层的抽样比例相同.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

求圆心到直线的距离，用距离减去半径即可最小值.【详解】圆C的圆心为，半径为，圆心C到直线的距离为：，所以最小值为：故答案为：【点睛】本题考查圆上的点到直线的距离的最值，若圆心距为d，圆的半径为r且圆与直线相离，则圆上的点到直线距离的最大值为d+r，最小值为d-r.12、【解析】

易证明中,且周长为,其中为定值,故只需考虑的最小值即可.【详解】由题,棱长均为2的三棱锥,故该三棱锥的四个面均为正三角形.又因为,故.故.且分别为上的中点,故.故周长为.故只需求的最小值即可.易得当时取得最小值为.故周长的最小值为.故答案为：【点睛】本题主要考查了立体几何中的距离最值问题,需要根据题意找到定量以及变量的最值情况即可.属于中档题.13、【解析】

根据条件先得到：的表示，然后再根据是等比数列讨论公比的情况.【详解】因为，所以，即；取连续的有限项构成数列，不妨令，则，且，则此时必为整数；当时，，不符合；当时，，符合，此时公比；当时，，不符合；当时，，不符合；故：公比.【点睛】本题考查无穷等比数列的公比，难度较难,分析这种抽象类型的数列问题时，经常需要进行分类，可先通过列举的方式找到思路，然后再准确分析.14、1.1【解析】

先求出这组数据的平均数，由此能求出这组数据的方差．【详解】八个学生参加合唱比赛的得分为87，88，90，91，92，93，93，94，则这组数据的平均数为：（87+88+90+91+92+93+93+94）＝91，∴这组数据的方差为：S2[（87﹣91）2+（88﹣91）2+（90﹣91）2+（91﹣91）2+（92﹣91）2+（93﹣91）2+（93﹣91）2+（94﹣91）2]＝1.1．故答案为1.1．【点睛】本题考查方差的求法，考查平均数、方差的性质等基础知识，考查了推理能力与计算能力，是基础题．15、【解析】由题意，得，，则.16、1.【解析】

先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，表示直线在轴上的截距，只需求出可行域直线在轴上的截距最大值即可．【详解】解：，在坐标系中画出图象，三条线的交点分别是，，，在中满足的最大值是点，代入得最大值等于1．故答案为：1．【点睛】本题是考查线性规划问题，本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，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），的单调递减区间是；（2）．【解析】试题分析：（1）用坐标表示向量条件，代入函数解析式中，运用向量的坐标运算法则求出函数解析式并应用二倍角公式以及两角和的正弦公式化简函数解析式，由三角函数的性质可求函数的最小正周期及单调递减区间；（2）将条件代入函数解析式可求出角，由三角形面积公式求出边，再由余弦定理求出边，再由正弦定理可求外接圆半径．试题解析：（1）由题意得：．所以，函数的最小正周期为，由得函数的单调递减区间是（2），解得，又的面积为．得．再由余弦定理，解得，即△为直角三角形．考点：1．向量坐标运算；2．三角函数图象与性质；3．正弦定理与余弦定理．18、（I）;（II）时，函数取得最大值【解析】试题分析：（1）将f（），f（）求出大小后比较即可．（2）根据三角函数二倍角公式将f（x）化简，最终化得一个二次函数，根据二次函数的单调性，由此得到最大值．解：（I）因为所以因为，所以（II）因为令，，所以，因为对称轴，根据二次函数性质知，当时，函数取得最大值．19、（1）（2）或（3）【解析】

试题分析：(1)借助题设条件直接求解；(2)借助题设待定直线的斜率,再运用直线的点斜式方程求解；(3)借助题设建立关于的不等式,运用分析推证的方法进行求解.试题解析：（1）的面积为2；（2）线段的垂直平分线方程为，线段的垂直平分线方程为，所以外接圆圆心，半径，圆的方程为，设圆心到直线的距离为，因为直线被圆截得的弦长为2，所以.当直线垂直于轴时，显然符合题意，即为所求；当直线不垂直于轴时，设直线方程为，则，解得，综上，直线的方程为或.（3）直线的方程为，设，，因为点是线段的中点，所以，又，都在半径为的圆上，所以因为关于，的方程组有解，即以为圆心，为半径的圆与以为圆心，为半径的圆有公共点，所以，又，所以对成立.而在上的值域为，所以且.又线段与圆无公共点，所以对成立，即.故圆的半径的取值范围为.考点：直线与圆的位置关系等有关知识的综合运用．20、（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）4.【解析】试题分析：(1)在三角形中处理边角关系时，一般全部转化为角的关系，或全部转化为边的关系.题中若出现边的一次式一般采用正弦定理，出现边的二次式一般采用余弦定理，应用正弦、余弦定理时，注意公式变形的应用，解决三角形问题时，注意角的限制范围;(2)在三角兴中，注意隐含条件（3）解决三角形问题时，根据边角关系灵活的选用定理和公式.（4）在解决三角形的问题中，面积公式最常用，因为公式中既有边又有角，容易和正弦定理、余弦定理联系起来.试题解析：（Ⅰ）由正弦定理得：即2分∴即4分∵∴即∴成等差数列.6分（Ⅱ）∵∴8分又10分由（Ⅰ）得：∴12分考点：三角函数与解三角形.21、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）【解析】

（1）取的中点，连接，，从而可得