2025年海南省万宁市民族中学数学高一第二学期期末检测试题含解析.doc

2025年海南省万宁市民族中学数学高一第二学期期末检测试题
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．已知点G为的重心，若，，则=( )
A． B． C． D．
2．在空间四边形中，分别是的中点.若，且与所成的角为，则四边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
3．在中，分别是角的对边，,则角为( )
A． B． C． D．或
4．的内角的对边分别为，，，若的面积为，则
A． B． C． D．
5．若变量，满足条件，则的最大值是（）
A．-4 B．-2 C．0 D．2
6．如图是某地某月1日至15日的日平均温度变化的折线图，根据该折线图，下列结论正确的是（　　）

A．这15天日平均温度的极差为
B．连续三天日平均温度的方差最大的是7日，8日，9日三天
C．由折线图能预测16日温度要低于
D．由折线图能预测本月温度小于的天数少于温度大于的天数
7．已知点、、在圆上运动，且，若点的坐标为，的最大值为（ ）
A． B． C． D．
8．要得到函数y＝cos的图象，只需将函数y＝cos2的图象(　　)
A．向左平移个单位长度 B．向左平移个单位长度
C．向右平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
9．如图是函数一个周期的图象，则的值等于

A． B． C． D．
10．在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是，那么概率是的事件是（ ）
A．2张恰有一张是移动卡 B．2张至多有一张是移动卡
C．2张都不是移动卡 D．2张至少有一张是移动卡
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．中，内角，，所对的边分别是，，，且，，则的值为__________．
12．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________

13．已知六棱锥的底面是正六边形，平面，.则下列命题中正确的有_____．(填序号)
①PB⊥AD；
②平面PAB⊥平面PAE；
③BC∥平面PAE；
④直线PD与平面ABC所成的角为45°.

14．向量在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，则以向量为邻边的平行四边形的面积是_________.

15．在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边过点，则_______；_______.
16．计算：__________.
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．已知函数.
(1)求的最小正周期和最大值；
(2)求在上的单调区间
18．已知数列的前项和为，且满足.
（1）求证：数列是等比数列；
（2）设，数列的前项和为，求证：.
19．如图，三角形中，，是边长为l的正方形，平面底面，若分别是的中点.
（1）求证：底面；
（2）求几何体的体积.

20．中，内角，，所对的边分别是，，，已知.
（1）求角的大小；
（2）设，的面积为，求的值.
21．如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥底面 ABCD，侧棱PA=PD＝，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD ，AB⊥AD，AD=2AB=2BC=2,O为AD中点．

（Ⅰ）求证：PO⊥平面ABCD；
（Ⅱ）线段AD上是否存在点，使得它到平面PCD的距离为？若存在，求出值；若不存在，请说明理由．
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】
由重心分中线为，可得，又（其中是中点），再由向量的加减法运算可得．
【详解】
设是中点，则，又为的重心，∴．
故选B．
本题考查向量的线性运算，解题关键是掌握三角形重心的性质，即重心分中线为两段．
2、A
【解析】
连接EH，因为EH是△ABD的中位线，所以EH∥BD，且EH=BD．

同理，FG∥BD，且FG=BD，
所以EH∥FG，且EH=FG．
所以四边形EFGH为平行四边形．
因为AC=BD=a，AC与BD所成的角为60°
所以EF=EH．所以四边形EFGH为菱形，∠EFG=60°．
∴四边形EFGH的面积是2××()2=a2
故答案为a2，故选A.
考点：本题主要是考查的知识点简单几何体和公理四，公理四：和同一条直线平行的直线平行，证明菱形常用方法是先证明它是平行四边形再证明邻边相等，以及面积公式属于基础题．
点评：解决该试题的关键是先证明四边形EFGH为菱形，然后说明∠EFG=60°，最后根据三角形的面积公式即可求出所求．
3、D
【解析】
由正弦定理，可得，即可求解的大小，得到答案．
【详解】
在中，因为，
由正弦定理，可得，
又由，且，所以或，故选D．
本题主要考查了正弦定理的应用，其中解答中熟练利用正弦定理，求得的值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
4、C
【解析】
分析：利用面积公式和余弦定理进行计算可得。
详解：由题可知
所以
由余弦定理
所以

故选C.
点睛：本题主要考查解三角形，考查了三角形的面积公式和余弦定理。
5、D
【解析】
由约束条件画出可行域，将问题转化为在轴截距最小，通过平移可知当过时，取最大值，代入可得结果.
【详解】
由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示：

当取最大值时，在轴截距最小
平移直线可知，当过时，在轴截距最小
又
本题正确选项：
本题考查线性规划中的最值问题的求解，关键是能够将问题转化为直线在轴截距的最值的求解问题，通过直线平移来进行求解，属于常考题型.
6、B
【解析】
利用折线图的性质，结合各选项进行判断，即可得解．
【详解】
由某地某月1日至15日的日平均温度变化的折线图，得：
在中，这15天日平均温度的极差为：，故错误；
在中，连续三天日平均温度的方差最大的是7日，8日，9日三天，故正确；
在中，由折线图无法预测16日温度要是否低于，故错误；
在中，由折线图无法预测本月温度小于的天数是否少于温度大于的天数，故错误．
故选．
本题考查命题真假的判断，考查折线图的性质等基础知识，考查运算求解能力、数据处理能力，考查数形结合思想，是基础题．
7、C
【解析】
由题意可知为圆的一条直径，由平面向量加法的平行四边形法则可得（为坐标原点），然后利用平面向量模的三角不等式以及圆的几何性质可得出的最大值.
【详解】
如下图所示：

，为圆的一条直径，
由平面向量加法的平行四边形法则可得（为坐标原点），
由平面向量模的三角不等式可得，
当且仅当点的坐标为时，等号成立，
因此，的最大值为.
故选：C.
本题考查向量模的最值问题，涉及平面向量模的三角不等式以及圆的几何性质的应用，考查数形结合思想的应用，属于中等题.
8、B
【解析】
∵，
∴要得到函数的图像，只需将函数的图像向左平移个单位．
选B．
9、A
【解析】
利用图象得到振幅，周期，所以，再由图象关于成中心对称，把原式等价于求的值.
【详解】
由图象得：振幅，周期，所以，所以，
因为图象关于成中心对称，所以，，
所以原式，故选A.
本题考查三角函数的周期性、对称性等性质，如果算出每个值再相加，会浪费较多时间，且容易出错，采用对称性求解，能使问题的求解过程变得更简洁.
10、B
【解析】
概率的事件可以认为是概率为的对立事件．
【详解】
事件“2张全是移动卡”的概率是，它的对立事件的概率是，事件为“2张不全是移动卡”，也即为“2张至多有一张是移动卡”．
故选B．
本题考查对立事件，解题关键是掌握对立事件的概率性质：即对立事件的概率和为1．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、4
【解析】
利用余弦定理变形可得，从而求得结果.
【详解】
由余弦定理得：

本题正确结果：
本题考查余弦定理的应用，关键是能够熟练应用的变形，属于基础题.
12、2
【解析】
根据三视图还原几何体，为一个底面是直角梯形的四棱锥，根据三视图的数据，分别求出其底面积和高，求出体积，得到答案.
【详解】
由三视图还原几何体如图所示，
几何体是一个底面是直角梯形的四棱锥，
由三视图可知，其底面积为，
高
所以几何体的体积为.
故答案为.

本题考查三视图还原几何体，求四棱锥的体积，属于简单题.
13、②④
【解析】
利用题中条件，逐一分析答案，通过排除和筛选，得到正确答案．
【详解】
∵AD与PB在平面的射影AB不垂直，∴①不成立；
∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，在正六边形ABCDEF中，AB⊥AE，PAAE=A，∴AB⊥平面PAE，
且AB面PAB，∴平面PAB⊥平面PAE，故②成立；
∵BC∥AD∥平面PAD，平面PAD平面PAE=PA，∴直线BC∥平面PAE也不成立，即③不成立．
在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，故④成立．
故答案为②④．
本题考查命题真假的判断，解题时要注意直线与平面成的角、直线与平面垂直的性质的合理运用，属于中档题．
14、3
【解析】
将向量平移至相同的起点，写出向量对应的坐标，计算向量的夹角，从而求得面积.
【详解】
根据题意，将两个向量平移至相同的起点，以起点为原点建立坐标系如下所示：

则，
故.
又两向量的夹角为锐角，
故，
则该平行四边形的面积为.
故答案为：3.
本题考查用向量解决几何问题的能力，涉及向量坐标的求解，夹角的求解，属基础题.
15、
【解析】
根据三角函数的定义直接求得的值，即可得答案.
【详解】
∵角终边过点，，
∴，，，
∴.
故答案为：；.
本题考查三角函数的定义，考查运算求解能力，属于基础题.
16、0
【解析】
直接利用数列极限的运算法则，分子分母同时除以，然后求解极限可得答案.
【详解】
解：，
故答案为：0.
本题主要考查数列极限的运算法则，属于基础知识的考查.

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）f(x)的最小正周期为π，最大值为；
（2）f(x)在上单调递增；在上单调递减．
【解析】
（1）由条件利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的周期性和最值求得的最小正周期和最大值．
（2）根据，利用正弦函数的单调性，即可求得在上的单调区间．
【详解】
解：（1）函数
，
即
故函数的周期为，最大值为．
（2）当 时，，
故当时，即时，为增函数；
当时，即时，为减函数；
即函数在上单调递增；在上单调递减．
本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的周期性和最值，正弦函数的单调性，属于中档题．
18、（1）见证明；（2）见证明
【解析】
（1）由，得，两式作差可得，利用等比数列的定义，即可作出证明；
（2）由（1）可得，得到，利用裂项法求得数列的和，即可作出证明.
【详解】
（1）证明：由，得，
两式作差可得：，即，即，
又，得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列；
（2）由（1）可得，数列的通项公式为，
又由，
所以.
所以.
本题主要考查了等比数列的定义，以及数列“裂项法”求和的应用，其中解答中熟记等比数列的定义和通项，以及合理利用数列的“裂项法”求得数列的前n项和是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
19、 (1)证明见解析；(2).
【解析】
试题分析：（1）通过面面平行证明线面平行，所以取的中点，的中点，连接.只需通过证明HG//BC，HF//AB来证明面GHF//面ABC,从而证明底面．
（2）原图形可以看作是以点C为顶点，ABDE为底的四棱锥，所四棱锥的体积公式可求得体积．
试题解析：（1）取的中点，的中点，连接.（如图）

∵分别是和的中点，
∴，且，
，且.
又∵为正方形，∴，.
∴且.
∴为平行四边形.
∴，又平面，
∴平面.
（2）因为，∴，
又平面平面，平面，∴平面.
∵三角形是等腰直角三角形，∴.
∵是四棱锥，
∴ .
证明线面平行时,先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行,若找不到这样的直线,可以考虑通过面面平行来推导线面平行,应用线面平行性质的关键是如何确定交线的位置,有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时,一定要注意定理成立的条件,严格按照定理成立的条件规范书写步骤,如把线面平行转化为线线平行时,必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交,则直线与交线平行．
20、（1）（2）
【解析】
（1）利用正弦定理可将已知等式化为，利用两角和差余弦公式展开整理可求得，根据可求得结果；（2）利用三角形面积公式可构造方程求出；利用余弦定理可直接求得结果.
【详解】
（1） 由正弦定理可得：

，即

（2）设的面积为，则由得：，解得：
由余弦定理得：

本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理化简边角关系式、三角形面积公式和余弦定理的应用；关键是能够通过正弦定理将边化角，得到角的一个三角函数值，从而根据角的范围求得结果.
21、（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．
【解析】
试题分析：（Ⅰ）只需证明，又由面面垂直的性质定理知平面；
（Ⅱ）连接、，假设存在点，使得它到平面的距离为，设，由，求得的值即可．
试题解析：（Ⅰ）证明：在中，为中点，所以．
又侧面底面，平面平面，平面，
所以平面．
（Ⅱ）连接、

假设存在点，使得它到平面的距离为．
设，则
因为，为的中点，
所以，且
所以
因为，且
所以
在中，
所以
所以
由，即
解得
所以存在点满足题意，此时．
考点：1．平面与平面垂直的性质；2．几何体的体积．