江西省宜春三中2025屆高一下數學期末綜合測試試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．下列命題正確的是（）A．有兩個面平行，其余各面都是四邊形的幾何體叫棱柱.B．有兩個面平行，其余各面都是平行四邊形的幾何體叫棱柱.C．有兩個面平行，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行的幾何體叫棱柱.D．用一個平面去截棱錐，底面與截面之間的部分組成的幾何體叫棱臺.2．從一批產品中取出兩件產品，事件“至少有一件是次品”的對立事件是A．至多有一件是次品 B．兩件都是次品C．只有一件是次品 D．兩件都不是次品3．某高中三個年級共有3000名學生，現采用分層抽樣的方法從高一、高二、高三年級的全體學生中抽取一個容量為30的樣本進行視力健康檢查，若抽到的高一年級學生人數與高二年級學生人數之比為3∶2，抽到高三年級學生10人，則該校高二年級學生人數為（）A．600 B．800 C．1000 D．12004．已知是兩條不同的直線，是三個不同的平面，則下列命題正確的是（）A．若，，則 B．若，，則C．若，，則 D．若，，則5．己知函數（，，，）的圖象（部分）如圖所示，則的解析式是（）A． B．C． D．6．在中，內角所對的邊分別為，且，則（）A． B． C． D．7．如果且，那么的大小關系是（）A． B．C． D．8．已知點是所在平面內的一定點，是平面內一動點，若，則點的軌跡一定經過的（）A．重心 B．垂心 C．內心 D．外心9．一個幾何體的三視圖如圖（圖中尺寸單位：m），則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．10．已知函數的最大值為，最小值為，則的值為（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．_________________．12．已知角滿足且，則角是第________象限的角．13．某四棱錐的三視圖如圖所示，如果網格紙上小正方形的邊長為1，那么該四棱錐最長棱的棱長為．14．空間一點到坐標原點的距離是_______.15．已知都是銳角，，則=_____16．若數列滿足，，則的最小值為__________________．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．已知向量.（I）當實數為何值時，向量與共線？（II）若向量，且三點共線，求實數的值.18．已知點，，曲線任意一點滿足.(1)求曲線的方程；(2)設點，問是否存在過定點的直線與曲線相交于不同兩點，無論直線如何運動，軸都平分，若存在，求出點坐標，若不存在，請說明理由.19．已知直線與平行.（1）求實數的值：（2）設直線過點，它被直線，所截的線段的中點在直線上，求的方程.20．已知函數.（1）求的單調增區間；（2）當時，求的最大值、最小值.21．已知.（1）若對任意的，不等式上恒成立，求實數的取值范圍；（2）解關于的不等式.

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、C【解析】試題分析：有兩個面平行,其余各面都是四邊形的幾何體，A錯；有兩個面平行,其余各面都是平行四邊形的幾何體如圖所示，B錯；用一個平行于底面的平面去截棱錐,底面與截面之間的部分組成的幾何體叫棱臺，D錯；由棱柱的定義，C正確；考點：1、棱柱的概念；2、棱臺的概念.2、D【解析】試題分析：根據對立事件的定義，至少有n個的對立事件是至多有n﹣1個，由事件A：“至少有一件次品”，我們易得結果．解：∵至少有n個的否定是至多有n﹣1個又∵事件A：“至少有一件次品”，∴事件A的對立事件為：至多有零件次品，即是兩件都不是次品．故答案為D．點評：本題考查的知識點是互斥事件和對立事件，互斥事件關鍵是要抓住不可能同時發生的要點，對立事件則要抓住有且只有一個發生，可以轉化命題的否定，集合的補集來進行求解．3、B【解析】

根據題意可設抽到高一和高二年級學生人數分別為和，則，繼而算出抽到的各年級人數，再根據分層抽樣的原理可以推得該校高二年級的人數．【詳解】根據題意可設抽到高一和高二年級學生人數分別為和，則，即，所以高一年級和高二年級抽到的人數分別是12人和8人，則該校高二年級學生人數為人．故選：．【點睛】本題考查分層抽樣的方法，屬于容易題．4、D【解析】

根據空間線、面的位置關系有關定理，對四個選項逐一分析排除，由此得出正確選項.【詳解】對于A選項，直線有可能在平面內，故A選項錯誤.對于B選項，兩個平面有可能相交，平行于它們的交線，故B選項錯誤.對于C選項，可能平行，故C選項錯誤.根據線面垂直的性質定理可知D選項正確.故選D.【點睛】本小題主要考查空間線、面位置關系的判斷，屬于基礎題.5、C【解析】

根據圖象可知，利用正弦型函數可求得；根據最大值和最小值可確定，利用及可求得，從而得到函數解析式.【詳解】由圖象可知，的最小正周期：又又，且，，即，本題正確選項：【點睛】本題考查根據圖象求解三角函數解析式的問題，關鍵是能夠明確由最大值和最小值確定；由周期確定；通常通過最值點來進行求解，屬于常考題型.6、C【解析】

根據題目條件結合三角形的正弦定理以及三角形內角和定理可得sinA，進而利用二倍角余弦公式得到結果.【詳解】∵．∴sinAcosB＝4sinCcosA﹣sinBcosA即sinAcosB+sinBcosA＝4cosAsinC∴sinC＝4cosAsinC∵1＜C＜π，sinC≠1．∴1＝4cosA，即cosA，那么．故選C【點睛】本題考查了正弦定理及二倍角余弦公式的靈活運用，考查計算能力，屬于基礎題．7、B【解析】

取，故選B.8、A【解析】

設D是BC的中點，由，，知，所以點P的軌跡是射線AD，故點P的軌跡一定經過△ABC的重心．【詳解】如圖，設D是BC的中點，∵，，∴，即∴點P的軌跡是射線AD，∵AD是△ABC中BC邊上的中線，∴點P的軌跡一定經過△ABC的重心．故選：A．【點睛】本題考查三角形五心的應用，是基礎題．解題時要認真審題，仔細解答．9、C【解析】

根據三視圖判斷幾何體的形狀，計算即可得解.【詳解】該幾何體是一個半徑為1的球體削去四分之一，體積為.故選：C.【點睛】本題考查了三視圖的識別和球的體積計算，屬于基礎題.10、B【解析】由解得為函數的定義域.令，消去得，圖像為橢圓的一部分，如下圖所示.，即直線，由圖可知，截距在點處取得最小值，在與橢圓相切的點處取得最大值.而，故最小值為.聯立，消去得，其判別式為零，即，解得（負根舍去），即，故.【點睛】本題主要考查含有兩個根號的函數怎樣求最大值和最小值.先用換元法，將原函數改寫成為一次函數的形式.然后利用和的關系，得到的可行域，本題中可行域為橢圓在第一象限的部分.然后利用，用截距的最大值和最小值來求函數的最大值和最小值.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、3【解析】

分式上下為的二次多項式,故上下同除以進行分析.【詳解】由題,,又,故.

故答案為：3.【點睛】本題考查了分式型多項式的極限問題，注意：當時,12、三【解析】

根據三角函數在各個象限的符號，確定所在象限.【詳解】由于，所以為第三、第四象限角；由于，所以為第二、第三象限角.故為第三象限角.故答案為：三【點睛】本小題主要考查三角函數在各個象限的符號，屬于基礎題.13、【解析】

先通過拔高法還原三視圖為一個四棱錐，再根據圖像找到最長棱計算即可。【詳解】根據拔高法還原三視圖，可得斜棱長最長，所以斜棱長為。【點睛】此題考查簡單三視圖還原，關鍵點通過拔高法將三視圖還原易求解，屬于較易題目。14、【解析】

直接運用空間兩點間距離公式求解即可.【詳解】由空間兩點距離公式可得：.【點睛】本題考查了空間兩點間距離公式，考查了數學運算能力.15、【解析】

由已知求出，再由兩角差的正弦公式計算．【詳解】∵都是銳角，∴，又，∴，，∴．故答案為．【點睛】本題考查兩角和與差的正弦公式．考查同角間的三角函數關系．解題關鍵是角的變換，即．這在三角函數恒等變換中很重要，即解題時要觀察“已知角”和“未知角”的關系，根據這個關系選用相應的公式計算．16、【解析】

由題又,故考慮用累加法求通項公式,再分析的最小值.【詳解】,故,當且僅當時成立.又為正整數,且,故考查當時.當時,當時,因為,故當時,取最小值為.故答案為：.【點睛】本題主要考查累加法,求最小值時先用基本不等式,發現不滿足“三相等”,故考慮與相等時的取值最近的兩個正整數.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）（2）【解析】

（1）利用向量的運算法則、共線定理即可得出；（2）利用向量共線定理、平面向量基本定理即可得出．【詳解】（1）kk（1，0）﹣（2，1）＝（k﹣2，﹣1）．2（1，0）+2（2，1）＝（5，2）．∵k與2共線∴2（k﹣2）﹣（﹣1）×5＝0，即2k﹣4+5＝0，得k．（2）∵A、B、C三點共線，∴．∴存在實數λ，使得，又與不共線，∴，解得．【點睛】本題考查了向量的運算法則、共線定理、平面向量基本定理，屬于基礎題．18、(1)；(2)【解析】

(1)設,再根據化簡求解方程即可.(2)設過定點的直線方程為,根據軸平分可得.再聯立直線與圓的方程,化簡利用韋達定理求解中參數的關系,進而求得定點即可.【詳解】(1)設,因為,故,即,整理可得.(2)當直線與軸垂直,且在圓內時,易得關于軸對稱,故必有軸平分.當直線斜率存在時,設過定點的直線方程為.設.聯立,.因為無論直線如何運動,軸都平分,故,即,所以,.所以代入韋達定理有,化簡得.故,恒過定點.即.【點睛】本題主要考查了軌跡方程的求解方法以及聯立直線與圓的方程,利用韋達定理代入題中所給的關系式,化簡求直線中參數的關系求得定點的問題.屬于難題.19、(1).(2)【解析】

（1）利用兩直線平行的條件進行計算，需注意重合的情況。（2）求出到平行線與距離相等的直線方程為，將其與直線聯立，得到直線被直線，所截的線段的中點坐標，進而求出直線的斜率，可得直線的方程。【詳解】（1）∵直線與平行，∴且，即且，解得.（2）∵，直線：，：故可設到平行線與距離相等的直線方程為，則，解得：，所以到平行線與距離相等的直線方程為，即直線被直線，所截的線段的中點在上，聯立，解得，∴過點∴，的方程為：，化簡得：.【點睛】本題主要考查直線與直線的位置關系以及直線斜率、直線的一般方程的求解等知識，解題的關鍵是熟練掌握兩直線平行的條件，直線的斜率公式，平行線間的距離公式，屬于中檔題。20、（1），（2）【解析】

（1）首先利用三角函數恒等變換將化簡為，再求其單調增區間即可.（2）根據，求出，再求的最值即可.【詳解】（1），.的單調增區間為.（2）因為，所以.所以.當時，，當時，.【點睛】本題主要考查三角函數恒等變換的應用，同時考查三角函數的單調區間和最值，熟練掌握三角函數的公式為解題的關鍵，屬于中檔題.21、（1）；（2）見解析.【解析】

（1）參變分離后可得在上恒成立，利用基本不等式可求的最小值，從而得到參數的取值范圍.（2）原不等式可化為，就對應方程的兩根的大小關系