河南省洛阳一中2025届高一下数学期末达标检测试题含解析

河南省洛阳一中2025届高一下数学期末达标检测试题注意事项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．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列叙述正确的是（）①若，则；②若，则；③若，则；④若，则.A．①② B．③④ C．①③ D．②④2．中，，则（）A． B． C．或 D．3．同时抛掷三枚硬币，则抛掷一次时出现两枚正面一枚反面的概率为（）A． B． C． D．4．下列叙述中，不能称为算法的是（）A．植树需要运苗、挖坑、栽苗、浇水这些步骤B．按顺序进行下列运算：1+1＝2，2+1＝3，3+1＝4，…，99+1＝100C．从济南到北京旅游，先坐火车，再坐飞机抵达D．3x＞x+15．已知数列满足，（且），且数列是递增数列，数列是递减数列，又，则A． B． C． D．6．如图，在正方体中，已知，分别为棱，的中点，则异面直线与所成的角等于（）A．90° B．60°C．45° D．30°7．若a＜b＜0，则下列不等式关系中，不能成立的是（）A． B． C． D．8．半径为的半圆卷成一个圆锥，它的体积是（）A． B． C． D．9．已知等比数列an的公比为q，且q<1，数列bn满足bn=anA．-23 B．23 C．10．在中，，，分别是角，，的对边，且满足，那么的形状一定是（）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．已知，，若，则实数________.12．已知，则的最大值是____．13．某四棱锥的三视图如图所示，如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该四棱锥最长棱的棱长为．14．的值为________.15．设函数，则________.16．在我国古代数学著作《孙子算经》中，卷下第二十六题是：今有物，不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？满足题意的答案可以用数列表示，该数列的通项公式可以表示为________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．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2+c2﹣b2＝mac，其中m∈R．（1）若m＝1，a＝1，c＝，求△ABC的面积；（2）若m＝，A＝2B，a＝，求b．18．在直角坐标系中，已知以点为圆心的及其上一点.（1）设圆与轴相切，与圆外切，且圆心在直线上，求圆的标准方程；（2）设平行于的直线与圆相交于两点，且，求直线的方程.19．如图1，已知菱形的对角线交于点，点为线段的中点，，，将三角形沿线段折起到的位置，，如图2所示．（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）求三棱锥的体积．20．如图，在三棱柱中，平面平面，，，为棱的中点.(1)证明:；(2)求点到平面的距离.21．已知函数（1）求函数的反函数；（2）解方程：.

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、D【解析】可以线在平面内，③可以是两相交平面内与交线平行的直线，②对④对，故选D.2、A【解析】

根据正弦定理，可得，然后根据大边对大角，可得结果..【详解】由，所以由，所以故，所以故选：A【点睛】本题考查正弦定理的应用，属基础题.3、B【解析】

根据二项分布的概率公式求解.【详解】每枚硬币正面向上的概率都等于，故恰好有两枚正面向上的概率为：.故选B.【点睛】本题考查二项分布.本题也可根据古典概型概率计算公式求解.4、D【解析】

利用算法的定义来分析判断各选项的正确与否，即可求解，得到答案.【详解】由算法的定义可知，算法、程序是完成一件事情的可操作的步骤：可得A、B、C为算法，D没有明确的规则和步骤，所以不是算法，故选D.【点睛】本题主要考查了算法的概念，其中解答的关键是理解算法的概念，由概念作出正确的判断，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.5、A【解析】

根据已知条件可以推出，当为奇数时，，当为偶数时，，因此去绝对值可以得到，，利用累加法继而算出结果．【详解】，即，或，又，．数列为递增数列，数列为递减数列，当为奇数时，，当为偶数时，，．．故选A．【点睛】本题主要考查了通过递推式求数列的通项公式，数列单调性的应用，以及并项求和法的应用。6、B【解析】

连接，可证是异面直线与所成的角或其补角，求出此角即可．【详解】连接，因为，分别为棱，的中点，所以，又正方体中，所以是异面直线与所成的角或其补角，是等边三角形，＝60°．所以异面直线与所成的角为60°．故选：B．【点睛】本题考查异面直线所成的角，解题时需根据定义作出异面直线所成的角，同时给出证明，然后在三角形中计算．7、B【解析】

根据的单调性，可知成立，不成立；根据和的单调性，可知成立.【详解】在上单调递减，成立又，不成立在上单调递增，成立在上单调递减，成立故选：【点睛】本题考查利用函数单调性比较大小的问题，关键是能够建立起合适的函数模型，根据自变量的大小关系，结合单调性得到结果.8、A【解析】

根据圆锥的底面圆周长等于半圆弧长可计算出圆锥底面圆半径，由勾股定理可计算出圆锥的高，再利用锥体体积公式可计算出圆锥的体积.【详解】设圆锥的底面圆半径为，高为，则圆锥底面圆周长为，得，，所以，圆锥的体积为，故选：A.【点睛】本题考查圆锥体积的计算，解题的关键就是要计算出圆锥底面圆的半径和高，解题时要从已知条件列等式计算，并分析出一些几何等量关系，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.9、A【解析】

由题可知数列{an}【详解】因为数列{bn}有连续四项在集合{-28,-19,-13,7,17,23}中，bn=an-1，所以数列{an}有连续四项在集合{-27,-18,-12,8,18,24}中，所以数列{an}的连续四项不同号，即【点睛】本题主要考查等比数列的综合应用，意在考查学生的分析能力，逻辑推理能力，分类讨论能力，难度较大.10、C【解析】

由正弦定理，可得,.，或，或，即或，即三角形为等腰三角形或直角三角形，故选C.考点：1正弦定理;2正弦的二倍角公式.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、2或【解析】

根据向量平行的充要条件代入即可得解.【详解】由有：，解得或.故答案为：2或.【点睛】本题考查了向量平行的应用，属于基础题.12、4【解析】

利用对数的运算法则以及二次函数的最值化简求解即可．【详解】，，，则．当且仅当时，函数取得最大值．【点睛】本题主要考查了对数的运算法则应用以及利用二次函数的配方法求最值．13、【解析】

先通过拔高法还原三视图为一个四棱锥，再根据图像找到最长棱计算即可。【详解】根据拔高法还原三视图，可得斜棱长最长，所以斜棱长为。【点睛】此题考查简单三视图还原，关键点通过拔高法将三视图还原易求解，属于较易题目。14、【解析】

利用同角三角函数的基本关系式、二倍角公式，结合根式运算，化简求得表达式的值.【详解】依题意，由于，所以故答案为：【点睛】本小题主要考查同角三角函数的基本关系式、二倍角公式，考查根式运算，属于基础题.15、【解析】

利用反三角函数的定义，解方程即可．【详解】因为函数，由反三角函数的定义，解方程，得，所以.故答案为：【点睛】本题考查了反三角函数的定义，属于基础题．16、【解析】

根据题意结合整除中的余数问题、最小公倍数问题，进行分析求解即可．【详解】由题意得：一个数用3除余2，用7除也余2，所以用3与7的最小公倍数21除也余2，而用21除余2的数我们首先就会想到23；23恰好被5除余3，即最小的一个数为23，同时这个数相差又是3，5，7的最小公倍数，即，即数列的通项公式可以表示为，故答案为：.【点睛】本题以数学文化为背景，利用数列中的整除、最小公倍数进行求解，考查逻辑推理能力和运算求解能力.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）当时，由余弦定理可求，利用同角三角函数基本关系式可求的值，根据三角形的面积公式即可求解．（2）当时，由余弦定理可求，利用同角三角函数基本关系式可求的值，根据二倍角的正弦函数公式可求的值，利用正弦定理可求的值．【详解】（1）当时，，，,,．（2）当时，，,，由正弦定理得：,．【点睛】本题主要考查了余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式，二倍角的正弦函数公式，正弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．18、（1）；（2）或【解析】

（1）由圆的方程求得圆心坐标和半径，依题意可设圆的方程为，由圆与圆外切可知圆心距等于两圆半径的和，由此列式可求得，即可得出圆的标准方程；（2）求出所在直线的斜率，设直线的方程为，求出圆心到直线的距离，利用垂径定理列式求得，则直线方程即可求出.【详解】（1）因为圆为，所以圆心的坐标为，半径.根据题意，设圆的方程为.又因为圆与圆外切，所以，解得，所以圆的标准方程为.（2）由题意可知，所以可设直线的方程为.又，所以圆心到直线的距离，即，解得或，所以直线的方程为或.【点睛】本题主要考查圆与圆的位置关系以及直线与圆的位置关系，其中运用了两圆外切时，圆心距等于两圆的半径之和，还涉及到圆的方程、直线的方程和点到直线的距离公式.19、（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）折叠前，AC⊥DE；，从而折叠后，DE⊥PF，DE⊥CF，由此能证明DE⊥平面PCF．再由DC∥AE，DC＝AE能得到DC∥EB，DC＝EB．说明四边形DEBC为平行四边形．可得CB∥DE．由此能证明平面PBC⊥平面PCF．（Ⅱ）由题意根据勾股定理运算得到，又由（Ⅰ）的结论得到，可得平面，再利用等体积转化有，计算结果.【详解】（Ⅰ）折叠前，因为四边形为菱形，所以；所以折叠后，，,又，平面，所以平面因为四边形为菱形，所以．又点为线段的中点，所以．所以四边形为平行四边形．所以．又平面，所以平面．因为平面，所以平面平面．（Ⅱ）图1中，由已知得，，所以图2中，，又所以，所以又平面，所以又，平面，所以平面，所以．所以三棱锥的体积为．【点睛】本题考查线面垂直、面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查了三棱锥体积的求法，运用了转化思想，是中档题．20、(1)见解析；(2)【解析】

（1）作为棱的中点，连结，，通过证明平面可得.（2）根据等体积法：可求得.【详解】(1)证明:连接，.∵，，∴是等边三角形.作为棱的中点，连结，，∴.∵平面平面，平面平面，平面，∴平面.∵平面，∴.∵，∴是菱形.∴.又，分别为，的中点，∴，∴.又，∴平面.又平面，∴.(2)解:连接，∵，，∴为正三角形.∵为的中点，∴.又∵平