湖南省邵阳市育英高级中学2025届高一数学第二学期期末统考试题含解析

湖南省邵阳市育英高级中学2025届高一数学第二学期期末统考试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．设在中,角所对的边分别为,若,则的形状为（）A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定2．在下列区间中，函数的零点所在的区间为（）A． B． C． D．3．三角形的三条边长是连续的三个自然数，且最大角是最小角的2倍，则该三角形的最大边长为（）A．4 B．5 C．6 D．74．一元二次不等式的解集为（）A． B．C． D．5．在区间内任取一个实数，则此数大于2的概率为（）A． B． C． D．6．设函数，若函数恰有两个零点，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．7．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是()A．2 B． C． D．128．已知函数的定义域为，当时，，且对任意的实数，等式恒成立，若数列满足，且，则的值为（）A．4037 B．4038 C．4027 D．40289．在一段时间内，某种商品的价格（元）和销售量（件）之间的一组数据如下表：价格（元）4681012销售量（件）358910若与呈线性相关关系，且解得回归直线的斜率，则的值为（）A．0.2 B．-0.7 C．-0.2 D．0.710．已知直线的方程为，，则直线的倾斜角范围（）A． B．C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．当函数取得最大值时，=__________．12．已知平面向量，若，则________13．已知腰长为的等腰直角△中，为斜边的中点，点为该平面内一动点，若，则的最小值________．14．200名职工年龄分布如图所示，从中随机抽取40名职工作样本，采用系统抽样方法，按1~200编号，分为40组，分别为1~5，6~10，…，196~200，若第5组抽取号码为22，则第8组抽取号码为________．若采用分层抽样，40岁以下年龄段应抽取________人．15．如图，正方体的棱长为，动点在对角线上，过点作垂直于的平面，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为，设，则当时，函数的值域__________．16．由正整数组成的数列，分别为递增的等差数列、等比数列，，记，若存在正整数（）满足，，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0<α<π，cos（1）求tanα+（2）求sin2α+118．等差数列的前项和为，求数列前项和.19．已知，函数，.（1）若在上单调递增，求正数的最大值；（2）若函数在内恰有一个零点，求的取值范围.20．已知向量，.（1）当时，求的值；（2）设函数，已知在中，内角、、的对边分别为、、，若，，，求的取值范围.21．已知函数的周期为，且图像上一个最低点为.（1）求的解析式（2）若函数在上至少含20个零点时，求b的最小值.

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、B【解析】

利用正弦定理可得，结合三角形内角和定理与诱导公式可得，从而可得结果.【详解】因为，所以由正弦定理可得，，所以，所以是直角三角形.【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题.弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.2、B【解析】

由函数的解析式，再根据函数零点的存在定理可得函数的零点所在的区间．【详解】函数的零点所在的区间即函数与的交点所在区间.由函数与在定义域上只有一个交点，如图.函数在定义域上只有一个零点.又，所以.所以的零点在上故选：B【点睛】本题主要考查求函数的零点所在区间，函数零点的存在定理，属于基础题．3、C【解析】

根据三角形满足的两个条件，设出三边长分别为，三个角分别为，利用正弦定理列出关系式，根据二倍角的正弦函数公式化简后，表示出，然后利用余弦定理得到，将表示出的代入，整理后得到关于的方程，求出方程的解得到的值，【详解】解：设三角形三边是连续的三个自然，三个角分别为，

由正弦定理可得：，

，

再由余弦定理可得：，

化简可得：，解得：或（舍去），

∴，故三角形的三边长分别为：,故选：C.【点睛】此题考查了正弦、余弦定理，以及二倍角的正弦函数公式，正弦、余弦定理很好的建立了三角形的边角关系，熟练掌握定理是解本题的关键，属于中档题.4、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．5、D【解析】

根据几何概型长度型直接求解即可.【详解】根据几何概型可知，所求概率为：本题正确选项：【点睛】本题考查几何概型概率问题的求解，属于基础题.6、A【解析】

首先注意到，是函数的一个零点.当时，将分离常数得到，构造函数，画出的图像，根据“函数与函数有一个交点”结合图像，求得的取值范围.【详解】解：由恰有两个零点，而当时，，即是函数的一个零点，故当时，必有一个零点，即函数与函数必有一个交点，利用单调性，作出函数图像如下所示，由图可知，要使函数与函数有一个交点，只需即可.故实数的取值范围是.故选：A.【点睛】本小题主要考查已知函数零点个数，求参数的取值范围，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.7、C【解析】

由该几何体的三视图可知该几何体为底面是等腰直角三角形的直棱柱，再结合棱柱的表面积公式求解即可.【详解】解：由该几何体的三视图可知，该几何体为底面是等腰直角三角形的直棱柱，又由图可知底面等腰直角三角形的直角边长为1，棱柱的高为1，则该几何体的表面积是，故选：C.【点睛】本题考查了几何体的三视图，重点考查了棱柱的表面积公式，属基础题.8、A【解析】

由，对任意的实数，等式恒成立，且，得到an+1＝an+2，由等差数列的定义求得结果．【详解】∵，∴f（an+1）f（﹣2﹣an）＝1，∵f（x）•f（y）＝f（x+y）恒成立，∴令x＝﹣1，y＝0，则f（﹣1）•f（0）＝f（﹣1），∵当x＜0时，f（x）＞1，∴f（﹣1）≠0，则f（0）＝1，则f（an+1）f（﹣2﹣an）＝1，等价为f（an+1）f（﹣2﹣an）＝f（0），即f（an+1﹣2﹣an）＝f（0），则an+1﹣2﹣an＝0，∴an+1﹣an＝2.∴数列{an}是以1为首项，以2为公差的等差数列，首项a1＝f（0）＝1，∴an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，∴＝2×2019﹣1＝4037.故选：A【点睛】本题主要考查数列与函数的综合运用，根据抽象函数的关系结合等差数列的通项公式建立方程是解决本题的关键，属于中档题．9、C【解析】

由题意利用线性回归方程的性质计算可得的值.【详解】由于，，由于线性回归方程过样本中心点，故：，据此可得：.故选C.【点睛】本题主要考查线性回归方程的性质及其应用，属于中等题.10、B【解析】

利用直线斜率与倾斜角的关系即可求解.【详解】由直线的方程为，所以，即直线的斜率，由.所以，又直线的倾斜角的取值范围为，由正切函数的性质可得：直线的倾斜角为.故选：B【点睛】本题考查了直线的斜率与倾斜角之间的关系，同时考查了正弦函数的值域以及正切函数的性质，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】

利用辅助角将函数利用两角差的正弦公式进行化简，求得函数取得最大值时的与的关系，从而求得，，可得结果.【详解】因为函数，其中，，当时，函数取得最大值，此时，∴，，∴故答案为【点睛】本题考查了两角差的正弦公式的逆用，着重考查辅助角公式的应用与正弦函数的性质，属于中档题.12、1【解析】

根据即可得出，解出即可．【详解】∵；∴；解得，故答案为1．【点睛】本题主要考查向量坐标的概念，以及平行向量的坐标关系，属于基础题.13、【解析】

如图建立平面直角坐标系，∴，当sin时，得到最小值为，故选．14、371【解析】

由系统抽样，编号是等距出现的规律可得，分层抽样是按比例抽取人数．【详解】第8组编号是22+5+5+5＝37，分层抽样，40岁以下抽取的人数为50%×40＝1（人）．故答案为：37；1．【点睛】本题考查系统抽样和分层抽样，属于基础题．15、【解析】

根据已知条件，所得截面可能是三角形，也可能是六边形，分别求出三角形与六边形周长的取值情况，即可得到函数的值域.【详解】如图：∵正方体的棱长为，∴正方体的对角线长为6，∵（i）当或时，三角形的周长最小.设截面正三角形的边长为，由等体积法得：∴∴，（ii）或时，三角形的周长最大，截面正三角形的边长为，∴（iii）当时，截面六边形的周长都为∴∴当时，函数的值域为.【点睛】本题考查多面体表面的截面问题和线面垂直，关键在于结合图形分析截面的三种情况，进而得出与截面边长的关系.16、262【解析】

根据条件列出不等式进行分析，确定公比、、的范围后再综合判断.【详解】设等比数列公比为，等差数列公差为，因为，，所以；又因为，分别为递增的等差数列、等比数列，所以且；又时显然不成立，所以，则，即；因为，，所以；因为，所以；由可知：，则，；又，所以，则有根据可解得符合条件的解有：或；当时，，解得不符，当时，解得，符合条件；则.【点睛】本题考查等差等比数列以及数列中项的存在性问题，难度较难.根据存在性将变量的范围尽量缩小，通过不等式确定参变的取值范围，然后再去确定符合的解，一定要注意带回到原题中验证，看是否满足.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）12；（2）1【解析】

（1）利用同角三角函数平方和商数关系求得tanα；利用两角和差正切公式求得结果；（2）利用二倍角公式化简所求式子，分子分母同时除以cos2α【详解】（1）∵0<α<π，cosα=-3∴tanα=（2）sin=【点睛】本题考查利用同角三角函数、两角和差正切公式、二倍角的正余弦公式化简求值问题，关键是能够利用求解关于正余弦的齐次式的方式，将问题转化为与tanα18、【解析】

由已知条件利用等差数列前项和公式求出公差和首项，由此能求出，且，当时，，当时，。【详解】解得，设从第项开始大于零，则，即当时，当时，综上有【点睛】本题考查数列的前项和的求法，是中档题，注意等差数列的函数性质的运用。19、（1）（2）【解析】

（1）求出的单调递增区间，令，得，可知区间，即可求出正数的最大值；（2）令，当时，，可将问题转化为在的零点问题，分类讨论即可求出答案.【详解】解：（1）由，得，.因为在上单调递增，令，得时单调递增，所以解得，可得正数的最大值为.（2），设，当时，.它的图形如图所示.又，则，，令，则函数在内恰有一个零点，可知在内最多一个零点.①当0为的零点时，显然不成立；②当为的零点时，由，得，把代入中，得，解得，，不符合题意.③当零点在区间时，若，得，此时零点为1，即，由的图象可知不符合题意；若，即，设的两根分别为，，由，且抛物线的对称轴为，则两根同时为正，要使在内恰有一个零点，则一个根在内，另一个根在内，所以解得.综上，的取值范围为.【点睛】本题考查了三角函数的单调性的应用，考查了函数的零点，考查了分类讨论的数学思想，考查了学生的推理能力与计算求解能力，属于难题.20、(1)；(2)【解析】

（1）由共线向量的坐标运算化简可得，将化切后代入即可（2）利用向量的坐标运算化简，利用正弦定理求,根据角的范围求值域即可.【详解】（1）∵，，且；∴，∴；∴；（2）∵；在中，由正弦定理得，∴，∴，或；又∵，∴，∴，∵，∴；∴，∴；即的取值范围是．【点睛】本题主要考查了向量数