云南省宾川县四校2025届数学高一下期末调研试题含解析

云南省宾川县四校2025届数学高一下期末调研试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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，所在平面内一点P满足，则（）A． B． C． D．2．在中，，点是内（包括边界）的一动点，且，则的最大值是（）A． B． C． D．3．若数列的前n项的和，那么这个数列的通项公式为()A． B．C． D．4．若实数，满足约束条件，则的取值范围是（）A． B． C． D．5．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则是（）A．纯角三角形 B．等边三角形C．直角三角形 D．等腰直角三角形6．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A． B． C． D．7．《九章算术》中有如下问题：“今有勾五步，股一十二步，问勾中容圆，径几何？”其大意：“已知直角三角形两直角边长分别为5步和12步，问其内切圆的直径为多少步？”现若向此三角形内随机投一粒豆子，则豆子落在其内切圆外的概率是()A． B． C． D．8．已知函数，则不等式的解集是（）A． B． C． D．9．已知函数在处取得极小值，则的最小值为（）A．4 B．5 C．9 D．1010．已知圆，直线．设圆O上到直线l的距离等于2的点的个数为k，则（）A．1 B．2 C．3 D．4二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．在平面直角坐标系xOy中，双曲线的右支与焦点为F的抛物线交于A，B两点若，则该双曲线的渐近线方程为________.12．如图，已知扇形和，为的中点.若扇形的面积为1，则扇形的面积为______.13．在数列{}中，，则____.14．设数列的前项和，若，，则的通项公式为_____．15．函数的定义域记作集合，随机地投掷一枚质地均匀的正方体骰子（骰子的每个面上分别标有点数，，，），记骰子向上的点数为，则事件“”的概率为________.16．函数的最小正周期是__________.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．泉州与福州两地相距约200千米，一辆货车从泉州匀速行驶到福州，规定速度不得超过千米/时，已知货车每小时的运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度千米/时的平方成正比，比例系数为0.01；固定部分为64元.（1）把全程运输成本元表示为速度千米/时的函数，并指出这个函数的定义域；（2）为了使全程运输成本最小，货车应以多大速度行驶？18．己知，，若．（Ⅰ）求的最大值和对称轴；（Ⅱ）讨论在上的单调性．19．如图所示，在平面四边形中，为正三角形.（1）在中，角的对边分别为，若，求角的大小；（2）求面积的最大值.20．已知数列的前项和为(1)证明:数列是等差数列;(2)设,求数列的前2020项和.21．已知数列的前项和为，且.（1）求；（2）若，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、D【解析】

由平面向量基本定理及单位向量可得点在的外角平分线上，且点在的外角平分线上，，，在中，由正弦定理得得解．【详解】因为所以，因为方向为外角平分线方向，所以点在的外角平分线上，同理，点在的外角平分线上，，，在中，由正弦定理得，故选：．【点睛】本题考查了平面向量基本定理及单位向量，考查向量的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．2、B【解析】

根据分析得出点的轨迹为线段，结合图形即可得到的最大值.【详解】如图：取，，，点是内（包括边界）的一动点，且，根据平行四边形法则，点的轨迹为线段，则的最大值是，在中，，，，，故选：B【点睛】此题考查利用向量方法解决平面几何中的线段长度最值问题，数形结合处理可以避免纯粹的计算，降低难度.3、D【解析】试题分析：根据前n项和与其通项公式的关系式，an=当n≥2时，an=Sn-Sn-1=（3n-2）-（3n-1-2）=2•3n-1．当n=1时，a1=1，不满足上式；所以an=，故答案为an=，选D.考点：本题主要考查数列的求和公式，解题时要根据实际情况注意公式的灵活运用，属于中档题点评：解决该试题的关键是借助公式an=，将前n项和与其通项公式联系起来得到其通项公式的值．4、D【解析】画出表示的可行域，如图所示的开放区域，平移直线，由图可知，当直线经过时，直线在纵轴上的截距取得最大值，此时有最小值，无最大值，的取值范围是，故选A.【方法点晴】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.5、B【解析】

利用正弦定理结合条件，得到，再由，结合余弦定理，得到，从而得到答案.【详解】在中，由正弦定理得，而，所以得到，即，为的内角，所以，因为，所以，由余弦定理得.为的内角，所以，所以，为等边三角形.故选：B.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理判断三角形形状，属于简单题.6、D【解析】

由几何体的三视图得该几何体是一个底面半径，高的扣在平面上的半圆柱，由此能求出该几何体的体积【详解】由几何体的三视图得：

该几何体是一个底面半径，高的放在平面上的半圆柱，如图，

故该几何体的体积为：故选：D【点睛】本题考查几何体的体积的求法，考查几何体的三视图等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题．7、C【解析】

本题首先可以根据直角三角形的三边长求出三角形的内切圆半径，然后分别计算出内切圆和三角形的面积，最后通过几何概型的概率计算公式即可得出答案.【详解】如图所示，直角三角形的斜边长为，设内切圆的半径为，则，解得.所以内切圆的面积为，所以豆子落在内切圆外部的概率，故选C．【点睛】本题主要考查“面积型”的几何概型，属于中档题.解决几何概型问题常见类型有：长度型、角度型、面积型、体积型，求与面积有关的几何概型问题关鍵是计算问题的总面积以及事件的面积；几何概型问题还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：（1）不能正确判断事件是古典概型还是几何概型导致错误；（2）基本事件对应的区域测度把握不准导致错误；（3）利用几何概型的概率公式时,忽视验证事件是否等可能性导致错误．8、A【解析】

分别考虑即时；即时，原不等式的解集，最后求出并集。【详解】当即时，，则等价于，即，解得：，当即时，，则等价于，即，所以，综述所述，原不等式的解集为故答案选A【点睛】本题考查分段函数的应用，一元二次不等式的解集，属于基础题。9、C【解析】由，得，则，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，故选C.10、B【解析】

找出圆O的圆心坐标与半径r，利用点到直线的距离公式求出圆心O到直线l的距离d，根据d与r的大小关系及r-d的值，即可作出判断．【详解】由圆的方程得到圆心O(0,0),半径，∵圆心O到直线l的距离,且r−d=−1<2，∴圆O上到直线l的距离等于2的点的个数为2，即k=2.故选：B.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，利用圆心到直线的距离公式求出圆心O到直线l的距离d，根据d与r的大小关系可判断直线与圆的位置，考查计算和几何应用能力，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】

根据题意到，联立方程得到，得到答案.【详解】，故.，故，故，故.故双曲线渐近线方程为：.故答案为：.【点睛】本题考查了双曲线的渐近线问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.12、1【解析】

设，在扇形中，利用扇形的面积公式可求，根据已知，在扇形中，利用扇形的面积公式即可计算得解．【详解】解：设，扇形的面积为1，即：，解得：，为的中点，，在扇形中，．故答案为：1．【点睛】本题主要考查了扇形的面积公式的应用，考查了数形结合思想和转化思想，属于基础题．13、1【解析】

直接利用等比数列的通项公式得答案．【详解】解：在等比数列中，由，公比，得．故答案为：1．【点睛】本题考查等比数列的通项公式，是基础题．14、【解析】

已知求，通常分进行求解即可。【详解】时，，化为：．时，，解得．不满足上式．∴数列在时成等比数列．∴时，．∴．故答案为：．【点睛】本题主要考查了数列通项式的求法:求数列通项式常用的方法有累加法、定义法、配凑法、累乘法等。15、【解析】要使函数有意义，则且，即且，即，随机地投掷一枚质地均匀的正方体骰子，记骰子向上的点数为，则，则事件“”的概率为.16、；【解析】

利用余弦函数的最小正周期公式即可求解.【详解】因为函数，所以，故答案为：【点睛】本题考查了含余弦函数的最小正周期，需熟记求最小正周期的公式，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）,；（2），货车应以千米/时速度行驶，货车应以千米/时速度行驶【解析】

（1）先计算出从泉州匀速行驶到福州所用时间，然后乘以每小时的运输成本（可变部分加固定部分），由此求得全程运输成本，并根据速度限制求得定义域.（2）由，，对进行分类讨论.当时，利用基本不等式求得行驶速度.当时，根据的单调性求得行驶速度.【详解】（1）依题意一辆货车从泉州匀速行驶到福州所用时间为小时，全程运输成本为，所求函数定义域为；（2）当时，故有，当且仅当，即时，等号成立.当时，易证在上单调递减故当千米/时，全程运输成本最小.综上，为了使全程运输成本最小，，货车应以千米/时速度行驶，货车应以千米/时速度行驶.【点睛】本小题主要考查函数模型在实际生活中的应用，考查基本不等式求最小值，考查函数的单调性，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.18、(1);，(2)在上单调递增，在上单调减.【解析】

(1)先由题意得到，再化简整理，结合三角函数的性质，即可求出结果；（2）根据三角函数的单调性，结合题中条件，即可求出结果.【详解】（1）所以最大值为，由，，所以对称轴，（2）当时，，从而当，即时，单调递增当，即时，单调递减综上可知在上单调递增，在上单调减.【点睛】本题主要考查三角函数，熟记三角函数的性质即可，属于常考题型.19、（1）；（2）.【解析】

（1）由正弦和角公式,化简三角函数表达式,结合正弦定理即可求得角的大小;（2）在中,设,由余弦定理及正弦定理用表示出.再根据三角形面积公式表示出,即可结合正弦函数的图像与性质求得最大值.【详解】（1）由题意可得：∴整理得∴∴∴又∴（2）在中,设,由余弦定理得：,∵为正三角形,∴,在中,由正弦定理得：,∴,∴,∵,∵,∴为锐角,,,,∵∴当时,.【点睛】本题考查了三角函数式的化简变形,正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用,三角形面积的表示方法,正弦函数的图像与性质的综合应用,属于中档题.20、（1）见解析；（2）3030【解析】

（1）当时，可求出首项，当时，利用即可求出通项公式，进而证明是等差数列；(2)可将奇数项和偶数项合并求和即可得到答案.【详解】（1）当时，当时，综上，.因为，所以是等差数列.（2）法一：，的前2020项和为：法二：，的前2020项和为：.【点睛】本题主要考查等差数列的证