2025届湖北省郧阳中学、恩施高中、随州二中三校高一下数学期末综合测试试题含解析

2025届湖北省郧阳中学、恩施高中、随州二中三校高一下数学期末综合测试试题考生须知：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．已知随机事件中，与互斥，与对立，且，则（）A．0.3 B．0.6 C．0.7 D．0.92．在明朝程大位《算法统宗》中，有这样一首歌谣，叫浮屠增级歌：远看巍巍塔七层，红光点点倍加增；共灯三百八十一，请问层三几盏灯．这首古诗描述的浮屠，现称宝塔．本浮屠增级歌意思是：有一座7层宝塔，每层悬挂的红灯数是上一层的2倍，宝塔中共有灯381盏，问这个宝塔第3层灯的盏数有()A． B． C． D．3．若展开式中的系数为-20，则等于（）A．-1 B． C．-2 D．4．在ΔABC中，如果A=45∘，c=6，A．无解 B．一解 C．两解 D．无穷多解5．已知某运动员每次投篮命中的概率都为40%.现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器算出0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果.经随机模拟产生了20组随机数：907966191925271932812458569683431257393027556488730113537989据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（）A．0.35 B．0.25 C．0.20 D．0.156．函数（，）的部分图象如图所示，则的值分别是（）A． B． C． D．7．如图所示，在直角梯形BCEF中，∠CBF=∠BCE=90°，A，D分别是BF，CE上的点，AD∥BC，且AB=DE=2BC=2AF（如图1），将四边形ADEF沿AD折起，连结BE、BF、CE（如图2）．在折起的过程中，下列说法中正确的个数（）①AC∥平面BEF；②B、C、E、F四点可能共面；③若EF⊥CF，则平面ADEF⊥平面ABCD；④平面BCE与平面BEF可能垂直A．0 B．1 C．2 D．38．设函数，则满足的x的取值范围是（）A． B． C． D．9．如图所示，某汽车品牌的标志可看作由两个同心圆构成，其中大、小圆的半径之比为，小圆内部被两条互相垂直的直径分割成四块.在整个图形中任选一点，则该点选自白色部分的概率为（）A． B． C． D．10．已知等比数列的前项和为，若，则()A． B． C．5 D．6二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．如图所示为函数的部分图像，其中、分别是函数图像的最高点和最低点，且，那么________．12．若，则的取值范围是________.13．已知的一个内角为，并且三边长构成公差为4的等差数列，则的面积为_______________.14．圆x2＋y2－4＝0与圆x2＋y2－4x＋4y－12＝0的公共弦的长为___．15．已知等差数列的前n项和为，若，，，则________16．设x、y满足约束条件，则的取值范围是______.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．如图所示，在四棱锥中，底面是棱长为2的正方形，侧面为正三角形，且面面，分别为棱的中点．（1）求证：平面；（2）求二面角的正切值．18．某购物中心举行抽奖活动，顾客从装有编号分别为0，1，2，3四个球的抽奖箱中，每次取出1个球，记下编号后放回，连续取两次（假设取到任何一个小球的可能性相同）.若取出的两个小球号码相加之和等于5，则中一等奖；若取出的两个小球号码相加之和等于4，则中二等奖；若取出的两个小球号码相加之和等于3，则中三等奖；其它情况不中奖.（Ⅰ）求顾客中三等奖的概率；（Ⅱ）求顾客未中奖的概率.19．已知是等差数列，为其前项和，且，.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和.20．已知,,函数.（1）求的最小正周期;（2）求的单调增区间.21．“我将来要当一名麦田里的守望者，有那么一群孩子在一块麦田里玩，几千万的小孩子，附近没有一个大人，我是说……除了我”《麦田里的守望者》中的主人公霍尔顿将自己的精神生活寄托于那广阔无垠的麦田.假设霍尔顿在一块成凸四边形的麦田里成为守望者，如图所示，为了分割麦田，他将连接，设中边所对的角为，中边所对的角为，经测量已知，.（1）霍尔顿发现无论多长，为一个定值，请你验证霍尔顿的结论，并求出这个定值；（2）霍尔顿发现麦田的生长于土地面积的平方呈正相关，记与的面积分别为和，为了更好地规划麦田，请你帮助霍尔顿求出的最大值.

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】

由对立事件概率关系得到B发生的概率，再由互斥事件的概率计算公式求P(A+B).【详解】因为，事件B与C对立，所以，又，A与B互斥，所以，故选C.【点睛】本题考查互斥事件的概率，能利用对立事件概率之和为1进行计算，属于基本题.2、C【解析】

先根据等比数列的求和公式求出首项，再根据通项公式求解.【详解】从第1层到塔顶第7层，每层的灯数构成一个等比数列，公比为，前7项的和为381，则，得第一层，则第三层，故选【点睛】本题考查等比数列的应用，关键在于理解题意.3、A【解析】由，可得将选项中的数值代入验证可得，符合题意，故选A.4、C【解析】

计算出csinA的值，然后比较a、csin【详解】由题意得csinA=6×2【点睛】本题考查三角形解的个数的判断，解题时要熟悉三角形解的个数的判断条件，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.5、B【解析】

已知三次投篮共有20种，再得到恰有两次命中的事件的种数，然后利用古典概型的概率公式求解.【详解】三次投篮共有20种，恰有两次命中的事件有：191，271，932，812，393，有5种∴该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为故选：B【点睛】本题主要考古典概型的概率求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.6、A【解析】

利用，求出，再利用，求出即可【详解】，，，则有，代入得，则有，，，又，故答案选A【点睛】本题考查三角函数的图像问题，依次求出和即可，属于简单题7、C【解析】

根据折叠前后线段、角的变化情况，由线面平行、面面垂直的判定定理和性质定理对各命题进行判断，即可得出答案．【详解】对①，在图②中，连接交于点，取中点，连接MO，易证AOMF为平行四边形，即AC//FM，所以AC//平面BEF，故①正确；对②，如果B、C、E、F四点共面，则由BC//平面ADEF，可得BC//EF，又AD//BC，所以AD//EF，这样四边形ADEF为平行四边形，与已知矛盾，故②不正确；对③，在梯形ADEF中，由平面几何知识易得EFFD，又EFCF，∴EF平面CDF，即有CDEF，∴CD平面ADEF，则平面ADEF平面ABCD，故③正确；对④，在图②中，延长AF至G，使得AF=FG，连接BG，EG，易得平面BCE平面ABF，BCEG四点共面．过F作FNBG于N，则FN平面BCE，若平面BCE平面BEF，则过F作直线与平面BCE垂直，其垂足在BE上，矛盾，故④错误．故选：C．【点睛】本题主要考查线面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理的应用，意在考查学生的直观想象能力和逻辑推理能力，属于中档题．8、B【解析】

分别解和时条件对应的不等式即可.【详解】①当时，，此时，不合题意；②当时，，可化为即，解得.综上，的x的取值范围是.故选：B.【点睛】本题考查了分段函数不等式的解法，考查了分类讨论思想，属于基础题.9、B【解析】

设大圆半径为，小圆半径为，求出白色部分面积和大圆面积，由几何概型概率公式可得．【详解】设大圆半径为，小圆半径为，则整个图形的面积为，白色部分的面积为，所以所求概率.故选：B.【点睛】本题考查几何概型，考查面积型的几何概型，属于基础题．10、A【解析】

先通分，再利用等比数列的性质求和即可。【详解】．故选A.【点睛】本题考查等比数列的性质，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】

由图可知：，因为，由周期公式得到，结合以及诱导公式即可求解.【详解】由图可知：，因为所以，即由题意可知：，即故答案为：【点睛】本题主要考查了正弦型函数的图像的性质以及求值，关键是从图像得出周期，最值等，属于基础题.12、【解析】

利用反函数的运算法则，定义及其性质，求解即可．【详解】由，得所以，又因为，所以.故答案为：【点睛】本题考查反余弦函数的运算法则，反函数的定义域，考查学生计算能力，属于基础题．13、【解析】

试题分析：设三角形的三边长为a-4,b=a,c=a+4,(a<b<c),根据题意可知三边长构成公差为4的等差数列，可知a+c=2b,C=120,，则由余弦定理，c=a+b-2abcosC，,三边长为6,10,14，,b=a+c-2accosB,即（a+c）=a+c-2accosB,cosB=，sinB=可知S==.考点：本试题主要考查了等差数列与解三角形的面积的求解的综合运用．点评：解决该试题的关键是利用余弦定理来求解，以及边角关系的运用，正弦面积公式来求解．巧设变量a-4,a,a+4会简化运算．14、【解析】

两圆方程相减求出公共弦所在直线的解析式，求出第一个圆心到直线的距离，再由第一个圆的半径，利用勾股定理及垂径定理即可求出公共弦长．【详解】圆与圆的方程相减得：，由圆的圆心，半径r为2，且圆心到直线的距离，则公共弦长为．故答案为．【点睛】此题考查了直线与圆相交的性质，求出公共弦所在的直线方程是解本题的关键．15、1【解析】

由题意首先求得数列的公差，然后结合通项公式确定m的值即可.【详解】根据题意，设等差数列公差为d，则，又由，，则，，则，解可得；故答案为1．【点睛】本题考查等差数列的性质，关键是掌握等差数列的通项公式，属于中等题．16、【解析】

由约束条件可得可行域，将问题转化为在轴截距取值范围的求解；通过直线平移可确定的最值点，代入点的坐标可求得最值，进而得到取值范围.【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示：将的取值范围转化为在轴截距的取值范围问题由平移可知，当过图中两点时，在轴截距取得最大和最小值，，的取值范围为故答案为：【点睛】本题考查线性规划中的取值范围问题的求解，关键是能够将问题转化成直线在轴截距的取值范围的求解问题，通过数形结合的方式可求得结果.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)见证明；(2)【解析】

（1）取PD中点G，可证EFGA是平行四边形，从而，得证线面平行；（2）取AD中点O，连结PO，可得面，连交于，可证是二面角的平面角，再在中求解即得．【详解】（1）证明：取PD中点G，连结为的中位线，且，又且，且，∴EFGA是平行四边形，则，又面，面，面；（2）解：取AD中点O，连结PO，∵面面，为正三角形，面，且，连交于，可得，，则，即．连，又，可得平面，则，即是二面角的平面角，在中，∴，即二面角的正切值为．【点睛】本题考查线面平行证明，考查求二面角．求二面角的步骤是一作二证三计算．即先作出二面角的平面角，然后证明此角是要求的二面角的平面角，最后在三角形中计算．18、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）利用列举法列出所有可能,设事件为“顾客中三等奖”,的事件.由古典概型概率计算公式即可求解.（Ⅱ）先分别求得中一等奖、二等奖和三等奖的概率,根据对立事件的概率性质即可求得未中奖的概率.【详解】（Ⅰ）所有基本事件包括共16个设事件为“顾客中三等奖”,事件包含基本事件共4个,所以.（Ⅱ）由题意,中一等奖时“两个小球号码相加之和等于5”,这一事件包括基本事件共2个中二等奖时,“两个小球号码相加之和等于4”,这一事件包括基本事件共3个由（Ⅰ）可知中三等奖的概率为设事件为“顾客未中奖”则由对立事件概率的性质可得所以未中奖的概率为.【点睛】本题考查了古典概型概率的计算方法,对立事件概率性质的应用,属于基础题.19、（1）（2）【解析】

（1）由等差数列的通项公式和前n项和公式,利用已知条件求出首项和公差,由此能求出an=2n+3（2）由得,由此能求出数列的前项和.【详解】解：（1）是等差数列,为其前项和解得：.（2）,,,又.是以3为首项2为公比的等比数列.【点睛】本题考查数列的通项公式的求法,考查数列的前项和的求法解题时要认真审题注意等差数列和等比数列的性质的灵活运用.20、（1）（2）【解析】

（1）直接利用向量的数量积的应用和三角函数关系式的恒等变变换,求出三角函数的关系式,进一步求出函数的最小正周期,即可求得答案.（2）利用（1）的函数关系式和整体思想求出函数的单调区间,即可求得答案.【详解】（1）,，函数．（2）由（1）得:令:解得:函数的单调递增区间为:【点睛】本题考查了向量数量积和三角函数求周期,及其