2025届甘肃省嘉峪关市高一数学第二学期期末联考试题含解析

2025届甘肃省嘉峪关市高一数学第二学期期末联考试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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．甲、乙两位同学在高一年级的5次考试中，数学成绩统计如茎叶图所示，若甲、乙两人的平均成绩分别是，则下列叙述正确的是（）A．，乙比甲成绩稳定B．，甲比乙成绩稳定C．，乙比甲成绩稳定D．，甲比乙成绩稳定2．已知，则向量与向量的夹角是（）A． B． C． D．3．的内角、、所对的边分别为、、，下列命题：（1）三边、、既成等差数列，又成等比数列，则是等边三角形；（2）若，则是等腰三角形；（3）若，则；（4）若，则；（5），，若唯一确定，则.其中，正确命题是（）A．（1）（3）（4） B．（1）（2）（3） C．（1）（2）（5） D．（3）（4）（5）4．如图，设，是平面内相交的两条数轴，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，且，若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标.假设在坐标系中的坐标为，则（)A． B． C． D．5．已知直线，直线，若，则直线与的距离为（）A． B． C． D．6．某中学举行英语演讲比赛，如图是七位评委为某位学生打出分数的茎叶图，去掉一个最高分和一个最低分，所剩数据的中位数和平均数分别为（）A．84，85 B．85，84 C．84，85.2 D．86，857．中国古代有计算多项式值的秦九韶算法，右图是实现该算法的程序框图.执行该程序框图，若输入的，，依次输入的为2，2，5，则输出的（）A．7 B．12 C．17 D．348．设变量，满足约束条件则目标函数的最小值为（）A．4 B．-5 C．-6 D．-89．若向量，则A． B． C． D．10．在中，，，，是外接圆上一动点，若，则的最大值是（）A．1 B． C． D．2二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．关于的不等式的解集是，则______．12．已知两点A（2，1）、B（1，1+）满足＝（sinα，cosβ），α，β∈（﹣，），则α+β＝_______________13．已知向量为单位向量，向量，且，则向量的夹角为__________．14．已知，，则当最大时，________.15．函数f(x)=sin22x的最小正周期是__________．16．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为__________.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．已知数列的前项和（1）求的通项公式；（2）若数列满足：，求的前项和（结果需化简）18．四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，是等边三角形，为的中点，.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）若，能否在棱上找到一点，使平面平面?若存在，求的长.19．如图，在几何体P﹣ABCD中，平面ABCD⊥平面PAB，四边形ABCD为矩形，△PAB为正三角形，若AB＝2，AD＝1，E，F分别为AC，BP中点．（1）求证：EF∥平面PCD；（2）求直线DP与平面ABCD所成角的正弦值．20．已知函数()，设函数在区间上的最大值为.(1)若，求的值；(2)若对任意的恒成立，试求的最大值.21．△ABC的内角A，B，C所对边分别为，已知△ABC面积为.（1）求角C；（2）若D为AB中点，且c=2，求CD的最大值.

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、C【解析】甲的平均成绩，甲的成绩的方差；乙的平均成绩，乙的成绩的方差.∴，乙比甲成绩稳定.故选C.2、C【解析】试题分析：根据已知可得：，所以，所以夹角为，故选择C考点：向量的运算3、A【解析】

由等差数列和等比数列中项性质可判断（1）；由正弦定理和二倍角公式、诱导公式，可判断（2）；由三角形的边角关系和余弦函数的单调性可判断（3）；由余弦定理和基本不等式可判断（4）；由正弦定理和三角形的边角关系可判断（5）．【详解】解：若、、既成等差数列，又成等比数列，则，，则，得，得，得，则是等边三角形，故（1）正确；若，则，则，则或，即或，则△ABC是等腰或直角三角形，故（2）错误；若，则，则，故（3）正确；若，则，则，由得，则，则，故（4）正确；若，，则，即，又，若唯一确定，则或，则或，故（5）错误；故选：A．【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的运用，以及三角形的形状的判断，考查化简运算能力，属于中档题．4、D【解析】

可得.【详解】向量，则．故选：．【点睛】本题主要考查了向量模的运算和向量的数量积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题．5、A【解析】

利用直线平行的性质解得，再由两平行线间的距离求解即可【详解】∵直线l1：ax+2y﹣1＝0，直线l2：8x+ay+2﹣a＝0，l1∥l2，∴，且解得a＝﹣1．所以直线l1：1x-2y+1＝0，直线l2：1x-2y+3＝0，故与的距离为故选A．【点睛】本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意直线平行的性质的灵活运用．6、A【解析】

剩余数据为：84.84,86,84,87，计算中位数和平均数.【详解】剩余数据为：84.84,86,84,87则中位数为：84平均数为：故答案为A【点睛】本题考查了中位数和平均数的计算，属于基础题型.7、C【解析】第一次循环：a=2,s=2,k=1；第二次循环：a=2,s=6,k=2；第三次循环：a=5,s=17,k=3>2；结束循环，输出s=17，选C.点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.8、D【解析】绘制不等式组所表示的平面区域，结合目标函数的几何意义可知，目标函数在点处取得最小值.本题选择D选项.9、B【解析】

根据向量的坐标运算法则，可直接得出结果.【详解】因为，所以.故选B【点睛】本题主要考查向量的坐标运算，熟记运算法则即可，属于基础题型.10、C【解析】

以的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，设M的坐标为，，求出点的坐标，得到，根据正弦函数的图象和性质即可求出答案.【详解】以的中点O为原点，以为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则外接圆的方程为，设M的坐标为，，过点作垂直轴，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，其中，，当时，有最大值，最大值为，故选C．【点睛】本题考查了向量的坐标运算和向量的数乘运算和正弦函数的图象和性质，以及直角三角形的问题，考查了学生的分析解决问题的能力，属于难题．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

利用二次不等式解集与二次方程根的关系，由二次不等式的解集得到二次方程的根，再利用根与系数的关系，得到和的值，得到答案.【详解】因为关于的不等式的解集是，所以关于的方程的解是，由根与系数的关系得，解得，所以.【点睛】本题考查二次不等式解集和二次方程根之间的关系，属于简单题.12、或0【解析】

运用向量的加减运算和特殊角的三角函数值，可得所求和．【详解】两点A（2，1）、B（1，1）满足（sinα，cosβ），可得（﹣1，）＝（，）＝（sinα，cosβ），即为sinα，cosβ，α，β∈（），可得α，β＝±，则α+β＝0或．故答案为0或．【点睛】本题考查向量的加减运算和三角方程的解法，考查运能力，属于基础题．13、【解析】因为，所以，所以，所以，则.14、【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.15、.【解析】

将所给的函数利用降幂公式进行恒等变形，然后求解其最小正周期即可.【详解】函数,周期为【点睛】本题主要考查二倍角的三角函数公式､三角函数的最小正周期公式，属于基础题.16、【解析】正方体体积为8，可知其边长为2，正方体的体对角线为=2，即为球的直径，所以半径为，所以球的表面积为=12π．故答案为：12π．点睛：设几何体底面外接圆半径为,常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求.若长方体长宽高分别为则其体对角线长为;长方体的外接球球心是其体对角线中点.找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心.三棱锥三条侧棱两两垂直,且棱长分别为，则其外接球半径公式为:.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、（1）；（2）；【解析】

（1）运用数列的递推式得时，，时，，化简计算可得所求通项公式；（2）求得，运用数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，计算可得所求和．【详解】（1）可得时，则（2）数列满足，可得，即，前项和两式相减可得化简可得【点睛】本题考查数列的递推式的运用，考查数列的错位相减法求和，以及等比数列的求和公式，考查运算能力，属于中档题．18、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）连接,根据三角形性质可得,由底面菱形的线段角度关系可证明,即证明平面,从而证明.（Ⅱ）易证平面平面,连接交于点,过作交于,即可证明平面,在三角形【详解】（Ⅰ）证明：连接,是等边三角形,为的中点,所以；又底面是菱形,,所以,,所以平面,平面,所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）知,,所以平面,又平面即平面平面平面平面,又,所以平面连接交于点,过作交于,如下图所示:所以平面,又平面所以平面平面因为,所以,即在等边三角形中,可得在菱形中,由余弦定理可得在中,可得所以【点睛】本题考查了直线与平面垂直的判定方法,平面与平面垂直的判定及性质的应用,余弦定理在解三角形中的用法,属于中档题.19、(1)见证明；(2)【解析】

(1)根据EF是△BDP的中位线可知EF∥DP，即可利用线线平行得出线面平行；(2)取AB中点O,连接PO，DO，可证明∠PDO为DP与平面ABCD所成角，在Rt△DOP中求解即可.【详解】(1)因为E为AC中点，所以DB与AC交于点E．因为E，F分别为AC，BP中点，所以EF是△BDP的中位线，所以EF∥DP．又DP⊂平面PCD，EF⊄平面PCD，所以EF∥平面PCD．(2)取AB中点O,连接PO，DO∵△PAB为正三角形，∴PO⊥AB，又∵平面ABCD⊥平面PAB∴PO⊥平面ABCD,∴DP在平面ABCD内的射影为DO，∠PDO为DP与平面ABCD所成角，在Rt△DOP中，sin∠PDO=,∴直线DP与平面ABCD所成角的正弦值为【点睛】本题主要考查了线面平行的证明，线面角的求法，属于中档题.20、(1)；(2)【解析】

（1）根据二次函数的单调性得在区间，单调递减，在区间单调递增，从得而得；（2）①当时，在区间上是单调函数，则，利用不等式的放缩法求得；②当时，对进行分类讨论，求得；从而求得k的最大值为.【详解】(1)当时，，结合图像可知，在区间，单调递减，在区间单调递增..(2)①当时，在区间上是单调函数，则，而，，，∴.②当时，的对称轴在区间内，则，又，（ⅰ）当时，有，，则，（ⅱ）当时，有，则，所以，对任意的都有，综上所述，时在区间的最大值为，所以k的最大值为.【点睛】本题考查一元二次函数的图象与性质、含参问题中的恒成立问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意