云南省通海三中2025届高一数学第二学期期末联考模拟试题含解析.doc

云南省通海三中2025届高一数学第二学期期末联考模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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．数列1，，，…，的前n项和为
A． B． C． D．
2．已知变量，满足约束条件则取最大值为（ ）
A． B． C．1 D．2
3．如图的折线图为某小区小型超市今年一月份到五月份的营业额和支出数据（利润=营业额-支出），根据折线图，下列说法中正确的是（ ）

A．该超市这五个月中，利润随营业额的增长在增长
B．该超市这五个月中，利润基本保持不变
C．该超市这五个月中，三月份的利润最高
D．该超市这五个月中的营业额和支出呈正相关
4．如果，那么下列不等式错误的是（ ）
A． B．
C． D．
5．在等比数列中，，，则（ ）
A． B．
C． D．
6．圆的半径是，则的圆心角与圆弧围成的扇形面积是（ ）
A． B． C． D．
7．正四棱柱的高为3cm,体对角线长为cm,则正四棱柱的侧面积为( )
A．10 B．24 C．36 D．40
8．一个圆锥的表面积为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，该圆锥的母线长为（ ）
A． B．4 C． D．
9．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯
A．1盏 B．3盏
C．5盏 D．9盏
10．两条平行直线与间的距离等于（ ）
A． B．2 C． D．4
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点D，且，则的最小值为________．
12．数列中，，以后各项由公式给出，则等于_____.
13．若等差数列和等比数列满足，，则_______.
14．已知一个三角形的三边长分别为3,5,7，则该三角形的最大内角为_________
15．等差数列中，，，设为数列的前项和，则_________.
16．数列中，其前n项和,则的通项公式为______________..
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．在中，已知点，边上的中线所在直线的方程为，边上的高所在直线的方程为.
（1）求直线的方程；
（2）求点的坐标.
18．在中，角，，的对边分别为，，，且.
（1）求角的大小；
（2）若，的面积为，求边的长.
19．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其外接圆的面积为，且.
（1）求边长c；
（2）若的面积为，求的周长.
20．已知函数，将的图象向左平移个单位后得到的图象，且在区间内的最大值为.
（1）求实数的值；
（2）求函数与直线相邻交点间距离的最小值.
21．在锐角中，，，分别为内角，，所对的边，且满足．
（1）求角的大小；
（2）若，，求的面积．
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】
数列为，则
所以前n项和为．故选B
2、C
【解析】
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【详解】
由约束条件作出可行域如图，当，即点，
化目标函数为，由图可知，当直线过时，
直线在轴上的截距最小，有最大值为．
故选：C．

本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，属于中档题．
3、D
【解析】
根据折线图，分析出超市五个月中利润的情况以及营业额和支出的相关性.
【详解】
对于A选项，五个月的利润依次为：，其中四月比三月是下降的，故A选项错误.
对于B选项，五月的月份是一月和四月的两倍，说明利润有比较大的波动，故B选项错误.
对于C选项，五个月的利润依次为：，所以五月的利润最高，故C选项错误.
对于D选项，根据图像可知，超市这五个月中的营业额和支出呈正相关，故D选项正确.
故选：D
本小题主要考查折线图的分析与理解，属于基础题.
4、A
【解析】
利用不等式的性质或比较法对各选项中不等式的正误进行判断.
【详解】
，，，则，，可得出，因此，A选项错误，故选：A.
本题考查判断不等式的正误，常利用不等式的性质或比较法来进行判断，考查推理能力，属于基础题.
5、B
【解析】
设等比数列的公比为，由等比数列的定义知与同号，再利用等比中项的性质可求出的值.
【详解】
设等比数列的公比为，则，，.
由等比中项的性质可得，因此，，故选：B.
本题考查等比中项性质的应用，同时也要利用等比数列的定义判断出项的符号，考查运算求解能力，属于中等题.
6、C
【解析】
先将化为弧度数，再利用扇形面积计算公式即可得出．
【详解】

所以扇形的面积为：
故选：C
题考查了扇形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
7、B
【解析】
设正四棱柱，设底面边长为，由正四棱柱体对角线的平方等于从同一顶点出发的三条棱的平方和，可得关于的方程.
【详解】
如图，正四棱柱，设底面边长为，

则，解得：，
所以正四棱柱的侧面积.
本题考查正棱柱的概念，即底面为正方形且侧棱垂直于底面的几何体，考查几何体的侧面积计算.
8、B
【解析】
设圆锥的底面半径为，母线长为，利用扇形面积公式和圆锥表面积公式，求出圆锥的底面圆半径和母线长．
【详解】
设圆锥的底面半径为，母线长为
它的侧面展开图是圆心角为的扇形
又圆锥的表面积为 ，解得：
母线长为：
本题正确选项：
本题考查了圆锥的结构特征与应用问题，关键是能够熟练应用扇形面积公式和圆锥表面积公式，是基础题．
9、B
【解析】
设塔顶的a1盏灯，
由题意{an}是公比为2的等比数列，
∴S7==181，
解得a1=1．
故选B．
10、C
【解析】
先把直线方程中未知数的系数化为相同的，再利用两条平行直线间的距离公式，求得结果．
【详解】
解：两条平行直线与间，
即两条平行直线与，
故它们之间的距离为，
故选：．
本题主要考查两条平行直线间的距离公式应用，注意未知数的系数必需相同，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、9
【解析】
分析：先根据三角形面积公式得条件、再利用基本不等式求最值.
详解：由题意可知，,由角平分线性质和三角形面积公式得，化简得，因此
当且仅当时取等号，则的最小值为.
点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.
12、
【解析】
可以利用前项的积与前项的积的关系，分别求得第三项和第五项，即可求解，得到答案.
【详解】
由题意知，数列中，，且，
则当时，；
当时，，
则，
当时，；
当时，，
则，
所以.
本题主要考查了数列的递推关系式的应用，其中解答中熟练的应用递推关系式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
13、
【解析】
设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题中条件求出、的值，进而求出和的值，由此可得出的值.
【详解】
设等差数列的公差和等比数列的公比分别为和，则，
求得，，那么，故答案为.
【考点】
等差数列和等比数列
等差、等比数列各有五个基本量，两组基本公式，而这两组公式可看作多元方程，利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）问题，因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题，所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.
14、
【解析】
由题意可得三角形的最大内角即边7对的角，设为θ，由余弦定理可得 cosθ 的值，即可求得θ的值．
【详解】
根据三角形中，大边对大角，故边长分别为3，5，7的三角形的最大内角即边7对的角，设为θ，
则由余弦定理可得 cosθ，∴θ＝，
故答案为：C．
本题主要考查余弦定理的应用，大边对大角，已知三角函数值求角的大小，属于基础题．
15、
【解析】
由等差数列的性质可得出的值，然后利用等差数列的求和公式可求出的值.
【详解】
由等差数列的基本性质可得，
因此，.
故答案为：.
本题考查等差数列求和，同时也考查了等差数列基本性质的应用，考查计算能力，属于基础题.
16、
【解析】
利用递推关系，当时，，当时，，即可求出.
【详解】
由题知：当时，.
当时，.
检验当时，，
所以.
故答案为：
本题主要考查根据数列的前项和求数列的通项公式，体现了分类讨论的思想，属于简单题.

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）
【解析】
（1）先计算，过点，得到答案.
（2）联立直线方程：解得答案.
【详解】
解：（1）由边上的高所在直线方程为得，
则.
又∵，∴直线的方程为，
即（或）.
（2）因为边上的中线过点，则联立直线方程：.
解得：，
即点坐标为.
本题考查了直线方程，意在考查学生的计算能力.
18、（1）（2）
【解析】
（1）利用正弦定理实现边角转化，逆用两角和的正弦公式，进行化简，最后可求出角的大小；
（2）利用面积公式结合，可以求出的值，再利用余弦定理可以求出边的长.
【详解】
（1）在中，由正弦定理得，，
故，，，代入，并两
边同除以，得：，
即，
因为在中，，所以，
故，
又由可得，所以，
同样由得：.
（2）因为的面积为，所以，
又由（1）得：，所以，，
又，所以，.
由余弦定理得：

所以.
本题考查了了正弦定理的应用，考查了面积公式，考查了利用余弦定理求边长，考查了数学运算能力.
19、（1）（2）
【解析】
（1）计算得到，，利用正弦定理计算得到答案.
（2）根据余弦定理得到，根据面积公式得到，得到答案.
【详解】
（1），.，.
，，.
（2）由余弦定理得：. ，
， ，，.的周长为.
本题考查了正弦定理，余弦定理和面积公式，意在考查学生的计算能力.
20、（1）1；（2）
【解析】
（1）将化简可得，再由平移变换可得，由在区间内的最大值为，可得的值；
（2）解方程，可得所求相交点距离的最小值.
【详解】
解：（1）
所以，
，

∴当时，即时，函数取得最大值，
∴.
（2）根据题意，令，，
∴或，.
解得或，.
因为，当时取等号，
∴相邻交点间距离的最小值是.
本题主要考查三角函数的平移变化及三角恒等变换与三角函数的性质，属于中档题.
21、 (1)；（2）.
【解析】
（1）利用正弦定理化简已知的等式，根据sinA不为0，可得出sinB的值，由B为锐角，利用特殊角的三角函数值，即可求出B的度数；（2）由b及cosB的值，利用余弦定理列出关于a与c的关系式，利用完全平方公式变形后，将a+c的值代入，求出ac的值，将a+c=5与ac=6联立，并根据a大于c，求出a与c的值，再由a，b及c的值，利用余弦定理求出cosA的值，将b，c及cosA的值代入即可求出值．
【详解】
(1),
由正弦定理得，所以，
因为三角形ABC为锐角三角形，所以.
（2）由余弦定理得，
，所以
所以.