安徽省休寧縣臨溪中學2025屆數學高一下期末調研試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在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、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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．法國“業余數學家之王”皮埃爾·德·費馬在1936年發現的定理：若x是一個不能被質數p整除的整數，則必能被p整除，后來人們稱為費馬小定理.按照該定理若在集合中任取兩個數，其中一個作為x，另一個作為p，則所取的兩個數符合費馬小定理的概率為（）A． B． C． D．2．已知，則（）A． B． C． D．3．已知向量，滿足：則A． B． C． D．4．已知圓柱的軸截面為正方形，且該圓柱的側面積為，則該圓柱的體積為A． B． C． D．5．設數列滿足，且，則數列中的最大項為（）A． B． C． D．6．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7．正項等比數列的前項和為，若，，則公比（）A．4 B．3 C．2 D．18．已知向量，，若，則與的夾角為（）A． B． C． D．9．在中，內角所對的邊分別是．已知，，，則A． B． C． D．10．為了得到函數的圖象，只需把函數的圖象上所有的點（）A．向左平移個單位長度 B．向右平移個單位長度C．向左平移個單位長度 D．向右平移個單位長度二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”（圖1）.半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體體現了數學的對稱美.圖2是一個棱數為48的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1.則該半正多面體的所有棱長和為_______.12．如圖所示，梯形中，，于，，分別是，的中點，將四邊形沿折起（不與平面重合），以下結論①面；②；③．則不論折至何位置都有_______．13．若函數，則__________．14．在中，若，則____________.15．已知向量為單位向量，向量，且，則向量的夾角為__________．16．數列是等比數列，，，則的值是________．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．已知直線經過兩條直線:和:的交點，直線:；(1)若，求的直線方程；(2)若，求的直線方程．18．設的內角所對應的邊長分別是，且.（Ⅰ）當時，求的值；（Ⅱ）當的面積為時，求的值．19．已知圓的圓心在軸的正半軸上，半徑為2，且被直線截得的弦長為.（1）求圓的方程；（2）設是直線上的動點，過點作圓的切線，切點為，證明：經過，，三點的圓必過定點，并求出所有定點的坐標.20．中，角A，B，C所對邊分別是a、b、c，且．(1)求的值；(2)若，求面積的最大值．21．已知等比數列滿足，，等差數列滿足，，求數列的前項和.

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、A【解析】

用列舉法結合古典概型概率公式計算即可得出答案.【詳解】用表示抽取的兩個數，其中第一個為，第二個為總的基本事件分別為：，，，共12種其中所取的兩個數符合費馬小定理的基本事件分別為：，，共8種則所取的兩個數符合費馬小定理的概率故選：A【點睛】本題主要考查了利用古典概型概率公式計算概率，屬于基礎題.2、A【解析】分析：利用余弦的二倍角公式可得，進而利用同角三角基本關系，使其除以，轉化成正切，然后把的值代入即可．詳解：由題意得.∵∴故選A.點睛：本題主要考查了同角三角函數的基本關系和二倍角的余弦函數的公式．解題的關鍵是利用同角三角函數中的平方關系，完成了弦切的互化．3、D【解析】

利用向量的數量積運算及向量的模運算即可求出．【詳解】∵||=3，||=2，|+|=4，∴|+|2=||2+||2+2=16，∴2=3，∴|﹣|2=||2+||2﹣2=9+4﹣3=10，∴|﹣|=，故選D．【點睛】本題考查了向量的數量積運算和向量模的計算，屬于基礎題．4、C【解析】

設圓柱的底面半徑，該圓柱的高為，利用側面積得到半徑，再計算體積.【詳解】設圓柱的底面半徑.因為圓柱的軸截面為正方形，所以該圓柱的高為因為該圓柱的側面積為，所以，解得，故該圓柱的體積為.故答案選C【點睛】本題考查了圓柱的體積，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.5、A【解析】

利用累加法求得的通項公式，再根據的單調性求得最大項.【詳解】因為故故則，其最大項是的最小項的倒數，又，當且僅當或時，取得最小值7.故得最大項為.故選：A.【點睛】本題考查由累加法求數列的通項公式，以及數列的單調性，屬綜合基礎題.6、C【解析】

根據題意分別表示出，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。7、C【解析】

由及等比數列的通項公式列出關于q的方程即可得求解.【詳解】，即有，解得或，又為正項等比數列，故選：C【點睛】本題考查等比數列的通項公式及前n項和，屬于基礎題.8、D【解析】∵，，⊥，∴，解得．∴．∴，又．設向量與的夾角為，則．又，∴．選D．9、B【解析】

由已知三邊，利用余弦定理可得，結合，為銳角，可得，利用三角形內角和定理即可求的值．【詳解】在中，，，，由余弦定理可得：，，故為銳角，可得，，故選．【點睛】本題主要考查利用余弦定理解三角形以及三角形內角和定理的應用．10、D【解析】

通過變形，通過“左加右減”即可得到答案.【詳解】根據題意，故只需把函數的圖象上所有的點向右平移個單位長度可得到函數的圖象，故答案為D.【點睛】本題主要考查三角函數的平移變換，難度不大.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

取半正多面體的截面正八邊形，設半正多面體的棱長為，過分別作于，于，可知，，可求出半正多面體的棱長及所有棱長和.【詳解】取半正多面體的截面正八邊形，由正方體的棱長為1，可知，易知，設半正多面體的棱長為，過分別作于，于，則，，解得，故該半正多面體的所有棱長和為.【點睛】本題考查了空間幾何體的結構，考查了空間想象能力與計算求解能力，屬于中檔題.12、①②【解析】

根據題意作出折起后的幾何圖形，再根據線面平行的判定定理，線面垂直的判定定理，異面直線的判定定理等知識即可判斷各選項的真假．【詳解】作出折起后的幾何圖形，如圖所示：．因為，分別是，的中點，所以是的中位線，所以．而面，所以面，①正確；無論怎樣折起，始終有，所以面，即有，而，所以，②正確；折起后，面，面，且，故與是異面直線，③錯誤．故答案為：①②．【點睛】本題主要考查線面平行的判定定理，線面垂直的判定定理，異面直線的判定定理等知識的應用，意在考查學生的直觀想象能力和邏輯推理能力，屬于基礎題．13、【解析】

根據分段函數的解析式先求，再求即可.【詳解】因為，所以.【點睛】本題主要考查了分段函數求值問題，解題的關鍵是將自變量代入相應范圍的解析式中，屬于基礎題.14、2【解析】

根據正弦定理角化邊可得答案.【詳解】由正弦定理可得.故答案為：2【點睛】本題考查了正弦定理角化邊，屬于基礎題.15、【解析】因為，所以，所以，所以，則.16、【解析】

由題得計算得解.【詳解】由題得,所以.因為等比數列同號，所以.故答案為：【點睛】本題主要考查等比數列的性質和等比中項的應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.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)先求出與的交點，再利用兩直線平行斜率相等求直線l(2)利用兩直線垂直斜率乘積等于-1求直線l【詳解】（1）由，得，∴與的交點為.設與直線平行的直線為，則，∴.∴所求直線方程為.（2）設與直線垂直的直線為，則，解得．∴所求直線方程為.【點睛】兩直線平行斜率相等，兩直線垂直斜率乘積等于-1．18、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）由得，再利用正弦定理即可求出（Ⅱ）由可得，再利用余弦定理即可求出.【詳解】（Ⅰ）∵∴，由正弦定理可知：，∴（Ⅱ）∵∴由余弦定理得：∴，即則：故：【點睛】本題主要考查了正弦定理與余弦定理的應用，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題.19、(1)圓：.(2)證明見解析；，.【解析】

（1）設出圓心坐標，利用點到直線距離公式以及圓的弦長列方程，解方程求得圓心坐標，進而求得圓的方程.（2）設出點坐標，根據過圓的切線的幾何性質，得到過，，三點的圓是以為直徑的圓.設出圓上任意一點的坐標，利用，結合向量數量積的坐標運算進行化簡，得到該圓對應的方程，根據方程過的定點與無關列方程組，解方程組求得該圓所過定點.【詳解】解：（1）設圓心，則圓心到直線的距離.因為圓被直線截得的弦長為∴.解得或（舍），∴圓：.（2）已知，設，∵為切線，∴，∴過，，三點的圓是以為直徑的圓.設圓上任一點為，則.∵，，∴即.若過定點，即定點與無關令解得或，所以定點為，.【點睛】本小題主要考查圓的幾何性質，考查圓的弦長有關計算，考查曲線過定點問題的求解策略，考查向量數量積的坐標運算，屬于中檔題.20、（1）；（2）【解析】

(1)將化簡代入數據得到答案.(2)利用余弦定理和均值不等式計算，代入面積公式得到答案.【詳解】；(2)由，可得，由余弦定理