云南省紅河州瀘西一中2025屆數(shù)學高一下期末達標檢測模擬試題含解析

云南省紅河州瀘西一中2025屆數(shù)學高一下期末達標檢測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．已知，且，則實數(shù)的值為（）A．2 B． C．3 D．2．如圖所示，某汽車品牌的標志可看作由兩個同心圓構(gòu)成，其中大、小圓的半徑之比為，小圓內(nèi)部被兩條互相垂直的直徑分割成四塊.在整個圖形中任選一點，則該點選自白色部分的概率為（）A． B． C． D．3．已知向量，.且，則（）A．2 B． C． D．4．已知變量與正相關，且由觀測數(shù)據(jù)算得樣本平均數(shù)，，則由該觀測的數(shù)據(jù)算得的線性回歸方程可能是()A． B．C． D．5．若將函數(shù)的圖象向右平移個單位后，所得圖象對應的函數(shù)為（）A． B． C． D．6．某中學高一年級甲班有7名學生，乙班有8名學生參加數(shù)學競賽，他們?nèi)〉玫某煽兊那o葉圖如圖所示，其中甲班學生的平均分是85，乙班學生成績的中位數(shù)是82，若從成績在的學生中隨機抽取兩名學生，則兩名學生的成績都高于82分的概率為（）A． B． C． D．7．將一個底面半徑和高都是的圓柱挖去一個以上底面為底面，下底面圓心為頂點的圓錐后，剩余部分的體積記為，半徑為的半球的體積記為，則與的大小關系為()A． B． C． D．不能確定8．設集合，，若，則的取值范圍是（）A． B． C． D．9．如果數(shù)據(jù)的平均數(shù)為，方差為，則的平均數(shù)和方差分別為()A． B． C． D．10．已知函數(shù)，若，則（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．圓上的點到直線4x+3y－12=0的距離的最小值是12．在中，，，則角_____.13．在三棱錐P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC，ΔABC是邊長為23的等邊三角形，其中PA=PB=14．在數(shù)列中，，則___________.15．向量滿足，，則向量的夾角的余弦值為_____．16．己知中，角所対的辻分別是.若，=，，則=______.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．在△ABC中，a，b，c分別為內(nèi)角A，B，C的對邊，且2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC..(1)求角A的大?。?2)若sinB＋sinC＝3，試判斷△ABC的形狀.18．如圖，在直三棱柱中，，，是棱的中點．（1）求證：；（2）求證：．19．設二次函數(shù).（1）若對任意實數(shù)，恒成立，求實數(shù)x的取值范圍；（2）若存在，使得成立，求實數(shù)m的取值范圍.20．如圖,四棱錐中,是正三角形,四邊形ABCD是矩形,且平面平面.(1)若點E是PC的中點,求證:平面BDE;(2)若點F在線段PA上,且,當三棱錐的體積為時,求實數(shù)的值.21．如圖，是正方形，是該正方形的中心，是平面外一點，底面，是的中點.求證：（1）平面；（2）平面平面.

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、D【解析】

根據(jù)二角和與差的正弦公式化簡，，再切化弦，即可求解.【詳解】由題意又解得故選：【點睛】本題考查兩角和與差的正弦公式，屬于基礎題.2、B【解析】

設大圓半徑為，小圓半徑為，求出白色部分面積和大圓面積，由幾何概型概率公式可得．【詳解】設大圓半徑為，小圓半徑為，則整個圖形的面積為，白色部分的面積為，所以所求概率.故選：B.【點睛】本題考查幾何概型，考查面積型的幾何概型，屬于基礎題．3、B【解析】

通過得到，再利用和差公式得到答案.【詳解】向量，.且故答案為B【點睛】本題考查了向量平行，正切值的計算，意在考查學生的計算能力.4、A【解析】試題分析：因為與正相關，排除選項C、D，又因為線性回歸方程恒過樣本點的中心，故排除選項B；故選A．考點：線性回歸直線.5、B【解析】

根據(jù)正弦型函數(shù)的圖象平移規(guī)律計算即可.【詳解】.故選：B.【點睛】本題考查三角函數(shù)圖象的平移變化，考查對基本知識的理解和掌握，屬于基礎題.6、D【解析】

計算得到，，再計算概率得到答案.【詳解】，解得；，解得；故.故選：.【點睛】本題考查了平均值，中位數(shù)，概率的計算，意在考查學生的應用能力.7、C【解析】

根據(jù)題意分別表示出，通過比較。【詳解】所以，選C?！军c睛】，，。記住這幾個公式即可，屬于基礎題目。8、A【解析】因為，，且，即，所以.故選A.9、D【解析】

根據(jù)平均數(shù)和方差的公式，可推導出，，，的平均數(shù)和方差．【詳解】因為，所以，所以的平均數(shù)為；因為，所以，故選：D.【點睛】本題考查平均數(shù)與方差的公式計算，考查對概念的理解與應用，考查基本運算求解能力.10、D【解析】

令，根據(jù)奇偶性定義可判斷出為奇函數(shù)，從而可求得，進而求得結(jié)果.【詳解】令為奇函數(shù)又即本題正確選項：【點睛】本題考查利用函數(shù)的奇偶性求解函數(shù)值的問題，關鍵是能夠通過構(gòu)造函數(shù)的方式得到奇函數(shù)，利用奇函數(shù)的定義可求得對應位置的函數(shù)值.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

計算出圓心到直線的距離，減去半徑，求得圓上的點到直線的最小距離.【詳解】圓的圓心為，半徑.圓心到直線的距離為，故最小距離為.【點睛】本小題主要考查圓上的點到直線距離最小值的求法，考查點到直線距離公式，屬于基礎題.12、或【解析】

本題首先可以通過解三角形面積公式得出的值，再根據(jù)三角形內(nèi)角的取值范圍得出角的值?！驹斀狻坑山馊切蚊娣e公式可得：即因為，所以或【點睛】在解三角形過程中，要注意求出來的角的值可能有多種情況。13、65π【解析】

本題首先可以通過題意畫出圖像，然后通過三棱錐的圖像性質(zhì)以及三棱錐的外接球的相關性質(zhì)來確定圓心的位置，最后根據(jù)各邊所滿足的幾何關系列出算式，即可得出結(jié)果?！驹斀狻咳鐖D所示，作AB中點D，連接PD、CD，在CD上作三角形ABC的中心E，過點E作平面ABC的垂線，在垂線上取一點O，使得PO=OC。因為三棱錐底面是一個邊長為23的等邊三角形，E所以三棱錐的外接球的球心在過點E的平面ABC的垂線上，因為PO=OC，P、C兩點在三棱錐的外接球的球面上，所以O點即為球心，因為平面PAB⊥平面ABC，PA=PB，D為AB中點，所以PD⊥平面ABCCD=CA2-ADPD=P設球的半徑為r，則有PO=OC=r，OE=r(PD-OE)2+DE2=P故表面積為S=4πr【點睛】本題考查三棱錐的相關性質(zhì)，主要考查三棱錐的外接球的相關性質(zhì)，考查如何通過三棱錐的幾何特征來確定三棱錐的外接球與半徑，考查推理能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，是難題。14、-1【解析】

首先根據(jù)，得到是以，的等差數(shù)列.再計算其前項和即可求出，的值.【詳解】因為，.所以數(shù)列是以，的等差數(shù)列.所以.所以，，.故答案為：【點睛】本題主要考查等差數(shù)列的判斷和等差數(shù)列的前項和的計算，屬于簡單題.15、【解析】

通過向量的垂直關系，結(jié)合向量的數(shù)量積求解向量的夾角的余弦值．【詳解】向量，滿足，，可得：，，向量的夾角為，所以．故答案為．【點睛】本題考查向量的數(shù)量積的應用，向量的夾角的余弦函數(shù)值的求法．考查計算能力．屬于基礎題.16、1【解析】

應用余弦定理得出，再結(jié)合已知等式配出即可．【詳解】∵，即，∴，①又由余弦定理得，②，②－①得，∴，∴．故答案為1．【點睛】本題考查余弦定理，掌握余弦定理是解題關鍵，解題時不需要求出的值，而是用整體配湊的方法得出配湊出，這樣可減少計算．三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）60°【解析】

（1）利用余弦定理表示出cosA，然后根據(jù)正弦定理化簡已知的等式，整理后代入表示出的cosA中，化簡后求出cosA的值，由A為三角形的內(nèi)角，利用特殊角的三角函數(shù)值即可求出A的度數(shù)；（2）由A為60°，利用三角形的內(nèi)角和定理得到B+C的度數(shù)，用B表示出C，代入已知的sinB+sinC=3中，利用兩角和與差的正弦函數(shù)公式及特殊角的三角函數(shù)值化簡，整理后再利用兩角和與差的正弦函數(shù)公式及特殊角的三角函數(shù)值化為一個角的正弦函數(shù)，由B的范圍，求出這個角的范圍，利用特殊角的三角函數(shù)值求出B為60°，可得出三角形ABC三個角相等，都為60°，則三角形ABC為等邊三角形．【詳解】(1)由2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC，得2a2＝(2b－c)b＋(2c－b)c，即bc＝b2＋c2－a2，∴cosA＝b2+c(2)∵A＋B＋C＝180°，∴B＋C＝180°－60°＝120°，由sinB＋sinC＝3，得sinB＋sin(120°－B)＝3，∴sinB＋sin120°cosB－cos120°sinB＝3，∴32sinB＋32cosB＝3，即sin(∵0°＜B＜120°，∴30°＜B＋30°＜150°，∴B＋30°＝90°，B＝60°，∴A＝B＝C＝60°，△ABC為等邊三角形.【點睛】此題考查了三角形形狀的判斷，正弦、余弦定理，兩角和與差的正弦函數(shù)公式，等邊三角形的判定，以及特殊角的三角函數(shù)值，熟練掌握定理及公式是解本題的關鍵．18、(1)見詳解；（2）見詳解.【解析】

（1）連接AC1，設AC1∩A1C＝O，連接OD，可求O為AC1的中點，D是棱AB的中點，利用中位線的性質(zhì)可證OD∥BC1，根據(jù)線面平行的判斷定理即可證明BC1∥平面A1CD．（2）由（1）可證平行四邊形ACC1A1是菱形，由其性質(zhì)可得AC1⊥A1C，利用線面垂直的性質(zhì)可證AB⊥AA1，根據(jù)AB⊥AC，利用線面垂直的判定定理可證AB⊥平面ACC1A1，利用線面垂直的性質(zhì)可證AB⊥A1C，又AC1⊥A1C，根據(jù)線面垂直的判定定理可證A1C⊥平面ABC1，利用線面垂直的性質(zhì)即可證明BC1⊥A1C．【詳解】（1）連接AC1，設AC1∩A1C＝O，連接OD，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)面ACC1A1是平行四邊形，所以：O為AC1的中點，又因為：D是棱AB的中點，所以：OD∥BC1，又因為：BC1?平面A1CD，OD?平面A1CD，所以：BC1∥平面A1CD．（2）由（1）可知：側(cè)面ACC1A1是平行四邊形，因為：AC＝AA1，所以：平行四邊形ACC1A1是菱形，所以：AC1⊥A1C，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，因為：AB?平面ABC，所以：AB⊥AA1，又因為：AB⊥AC，AC∩AA1＝A，AC?平面ACC1A1，AA1?平面ACC1A1，所以：AB⊥平面ACC1A1，因為：A1C?平面ACC1A1，所以：AB⊥A1C，又因為：AC1⊥A1C，AB∩AC1＝A，AB?平面ABC1，AC1?平面ABC1，所以：A1C⊥平面ABC1，因為：BC1?平面ABC1，所以：BC1⊥A1C．【點睛】本題主要考查了線面平行的判定，線面垂直的性質(zhì)，線面垂直的判定，考查了空間想象能力和推理論證能力，屬于中檔題．19、（1）（2）【解析】

（1）是關于m的一次函數(shù)，計算得到答案.（2）易知，討論和兩種情況計算得到答案.【詳解】（1）對任意實數(shù)，恒成立，即對任意實數(shù)恒成立，是關于m的一次函數(shù)，，解得或，所以實數(shù)x的取值范圍是.（2）存在，使得成立，即，顯然.（i）當時，要使成立，即需成立，即需成立.，(當且僅當時等號成立)，，.（ii）當時，要使成立，即需成立，即需成立，，（當且僅當時等號成立），.綜上得實數(shù)m的取值范圍是.【點睛】本題考查了恒成立問題和存在性問題，意在考查學生的綜合應用能力.20、（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）【解析】試題分析：（Ⅰ）連接AC，設AC∩BD=Q，又點E是PC的中點，則在△PAC中，中位線EQ∥PA，又EQ?平面BDE，PA?平面BDE．所以PA∥平面BDE；（Ⅱ）由平面PAB⊥平面ABCD，則PO⊥平面ABCD；作FM∥PO于AB上一點M，則FM⊥平面ABCD，進一步利用求得最后利用平行線分線段成比例求出λ的值試題解析：（Ⅰ）連接AC，設AC∩BD=Q，又點E是PC的中點，則在△PAC中，中位線EQ∥PA，又EQ?平面BDE，PA?平面BDE．所以PA∥平面BDE（Ⅱ）解：依據(jù)題意可得：PA=AB=PB=2，取AB中點O，所以PO⊥AB，且又平面PAB⊥平面ABCD，則PO⊥平面ABCD；