2025届浙江省温州市第五十一中高一数学第二学期期末考试试题含解析

2025届浙江省温州市第五十一中高一数学第二学期期末考试试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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，，那么是（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知向量，，若，则的值为（）A． B．1 C． D．3．以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A、B两点,交C的准线于D、E两点.已知|AB|=,|DE|=,则C的焦点到准线的距离为（）A．2 B．4 C．6 D．84．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为，己知A=60°，，则B=（）A．45° B．135° C．45°或135° D．以上都不对5．执行如图所示的程序框图，输出S的值为（）A．－ B． C．－ D．6．得到函数的图象，只需将的图象（）A．向左移动 B．向右移动 C．向左移动 D．向右移动7．函数的零点所在的区间是（）．A． B． C． D．8．一元二次不等式的解集为（）A． B．C． D．9．连续掷两次骰子，分别得到的点数作为点的坐标，则点落在圆内的概率为A． B． C． D．10．在△中，若，则△为（）A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰或直角三角形 D．等腰直角三角形二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．在锐角中，角的对边分别为.若，则角的大小为为____．12．已知正数、满足，则的最大值为__________．13．已知，，则当最大时，________.14．已知正实数满足，则的最小值为__________．15．若向量，则与夹角的余弦值等于_____16．若直线l1：y＝kx+1与直线l2关于点（2，3）对称，则直线l2恒过定点_____，l1与l2的距离的最大值是_____.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，为了测量河对岸、两点的距离，观察者找到一个点，从点可以观察到点、；找到一个点，从点可以观察到点、；找到一个点，从点可以观察到点、．并测量得到以下数据，，，，，米，米．求、两点的距离．18．已知函数，.（1）把表示为的形式，并写出函数的最小正周期、值域；（2）求函数的单调递增区间：（3）定义：对于任意实数、，设，（常数），若对于任意，总存在，使得恒成立，求实数的取值范围.19．已知方程有两个实根,记,求的值.20．如图，在平面直角坐标系中，点,，锐角的终边与单位圆O交于点P．(Ⅰ)当时，求的值；(Ⅱ)在轴上是否存在定点M，使得恒成立？若存在，求出点M坐标；若不存在，说明理由．21．已知数列满足.（1）若，证明：数列是等比数列，求的通项公式；（2）求的前项和．

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、C【解析】

根据,,可判断所在象限.【详解】,在三四象限.,在一三象限，故在第三象限答案为C【点睛】本题考查了三角函数在每个象限的正负，属于基础题型.2、B【解析】

直接利用向量的数量积列出方程求解即可．【详解】向量，，若，可得2﹣2＝0，解得＝1，故选B．【点睛】本题考查向量的数量积的应用，考查计算能力，属于基础题．3、B【解析】

如图,设抛物线方程为,交轴于点,则,即点纵坐标为,则点横坐标为,即,由勾股定理知,,即,解得,即的焦点到准线的距离为4,故选B.【点睛】4、A【解析】

利用正弦定理求出的值，再结合，得出，从而可得出的值。【详解】由正弦定理得，，，则，所以，，故选：A。【点睛】本题考查利用正弦定理解三角形，要注意正弦定理所适用的基本情形，同时在求得角时，利用大边对大角定理或两角之和不超过得出合适的答案，考查计算能力，属于中等题。5、D【解析】试题分析：由已知可得，故选D.考点：程序框图.6、B【解析】

直接利用三角函数图象的平移变换法则,对选项中的变换逐一判断即可.【详解】函数的图象，向左平移个单位，得，错；函数的图象,向右平移个单位，得，对.函数的图象,向左平移个单位，得，错；函数的图象,向右平移个单位，得，错,故选B.【点睛】本题考查了三角函数的图象，重点考查学生对三角函数图象变换规律的理解与掌握，能否正确处理先周期变换后相位变换这种情况下图象的平移问题，反映学生对所学知识理解的深度.7、C【解析】

因为原函数是增函数且连续，，所以根据函数零点存在定理得到零点在区间上，故选C．8、C【解析】

根据一元二次不等式的解法，即可求得不等式的解集，得到答案．【详解】由题意，不等式，即或，解得，即不等式的解集为，故选C．【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，其中解答中熟记一元二次不等式的解法是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．9、B【解析】

由抛掷两枚骰子得到点的坐标共有36种，再利用列举法求得点落在圆内所包含的基本事件的个数，利用古典概型的概率计算公式，即可求解．【详解】由题意知，试验发生包含的事件是连续掷两次骰子分别得到的点数作为点P的坐标，共有种结果，而满足条件的事件是点P落在圆内，列举出落在圆内的情况：（1，1）（1，2）（1，3）（2，1）（2，2）（2，3）（3，1）（3，2），共有8种结果，根据古典概型概率公式，可得，故选B．【点睛】本题主要考查的是古典概型及其概率计算公式.，属于基础题．解题时要准确理解题意，先要判断该概率模型是不是古典概型，正确找出随机事件A包含的基本事件的个数和试验中基本事件的总数，令古典概型及其概率的计算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，属于基础题．10、A【解析】

利用正弦定理化简已知条件，得到，由此得到，进而判断出正确选项.【详解】由正弦定理得，所以，所以，故三角形为等腰三角形，故选A.【点睛】本小题主要考查利用正弦定理判断三角形的形状，考查同角三角函数的基本关系式，属于基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】由，两边同除以得，由余弦定理可得是锐角，，故答案为.12、【解析】

直接利用均值不等式得到答案.【详解】，当即时等号成立.故答案为：【点睛】本题考查了均值不等式，意在考查学生的计算能力.13、【解析】

根据正切的和角公式，将用的函数表示出来，利用均值不等式求最值，求得取得最大值的，再用倍角公式即可求解.【详解】故可得则当且仅当，即时，此时有故答案为：.【点睛】本题考查正切的和角公式，以及倍角公式，涉及均值不等式的使用.14、6【解析】

由题得，解不等式即得x+y的最小值.【详解】由题得,所以，所以，所以x+y≥6或x+y≤-2(舍去)，所以x+y的最小值为6.当且仅当x=y=3时取等.故答案为：6【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.15、【解析】

利用坐标运算求得；根据平面向量夹角公式可求得结果.【详解】本题正确结果：【点睛】本题考查向量夹角的求解，明确向量夹角的余弦值等于向量的数量积除以两向量模长的乘积.16、（4，5）4.【解析】

根据所过定点与所过定点关于对称可得，与的距离的最大值就是两定点之间的距离.【详解】∵直线：经过定点，又两直线关于点对称，则两直线经过的定点也关于点对称∴直线恒过定点，∴与的距离的最大值就是两定点之间的距离，即为.故答案为：，.【点睛】本题考查了过两条直线交点的直线系方程，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、米【解析】

在中，求出，利用正弦定理求出，然后在中利用锐角三角函数定义求出，最后在中，利用余弦定理求出.【详解】由题意可知，在中，，由正弦定理得，所以米，在中，米，在中，由余弦定理得，所以，米.【点睛】本题考查利用正弦、余弦定理解三角形应用题，要将实际问题转化为三角形的问题，并结合已知元素类型选择正弦、余弦定理解三角形，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.18、（1）；（2）（3）【解析】

（1）结合二倍角正弦公式和辅助角公式即可化简；（2）结合（1）中所求表达式，正弦型函数单调增区间的通式即可求解；（3）根据题意可得，，求出的值域，列出关于的不等式组，即可求解【详解】（1），，值域为；（2）令，解得，所以函数的单调递增区间为，;（3）若对于任意，总存在，使得恒成立，则，，当，即时，，当，即时，，故，所以，解得，所以实数的取值范围是【点睛】本题考查三角函数的化简和三角函数的性质应用，函数恒成立问题的转化，属于中档题19、【解析】

求出的值和的范围即可【详解】因为，所以又有两个实根所以所以因为所以，所以所以所以故答案为：【点睛】1.要清楚反三角函数的定义域和值域，如的定义域为，值域为2.由三角函数的值求角时一定要判断出角的范围.20、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）设点，求得向量的坐标，根据向量的数量积的运算，求得，即可求得答案．（Ⅱ）设M点的坐标为，把恒成立问题转化为恒成立，列出方程组，即可求解．【详解】（Ⅰ），，（Ⅱ）设M点的坐标为，则，，，．【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，以及向量的数量积的应用和恒成立问题的求解，其中解答中合理利用向量的坐标运算及向量的数量积的运算，以及转化等式的恒成立问题，列出相应的方程组是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．