2025屆新疆昌吉州第二中學高一下數學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．在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，則角=（）A． B． C． D．2．將甲、乙兩個籃球隊5場比賽的得分數據整理成如圖所示的莖葉圖，由圖可知以下結論正確的是()A．甲隊平均得分高于乙隊的平均得分中乙B．甲隊得分的中位數大于乙隊得分的中位數C．甲隊得分的方差大于乙隊得分的方差D．甲乙兩隊得分的極差相等3．某型號汽車使用年限與年維修費（單位：萬元）的統計數據如下表，由最小二乘法求得回歸方程．現發現表中有一個數據看不清，推測該數據的值為（）使用年限維修費A． B．C． D．4．已知，是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，給出下列四個結論：①，，，則；②若，，，則；③若，，，則；④若，，，則.其中正確結論的序號是A．①③ B．②③ C．①④ D．②④5．已知內角，，所對的邊分別為，，且滿足，則=（）A． B． C． D．6．如圖，是的直觀圖，其中軸，軸，那么是（）A．等腰三角形 B．鈍角三角形 C．等腰直角三角形 D．直角三角形7．若，，則的最小值為（）A．2 B． C． D．8．已知是常數，那么“”是“等式對任意恒成立”的（）A．充分非必要條件 B．必要非充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件9．在中，角，，的對邊分別為，，，且.則（）A． B．或 C． D．10．已知三角形為等邊三角形，，設點滿足，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．若數列滿足，則_____.12．從甲、乙、丙、丁四個學生中任選兩人到一個單位實習，余下的兩人到另一單位實習，則甲、乙兩人不在同一單位實習的概率為________.13．已知函數是定義域為的偶函數．當時，，關于的方程，有且僅有5個不同實數根，則實數的取值范圍是_____．14．已知角的終邊經過點，若，則______.15．如圖為函數（，，，）的部分圖像，則函數解析式為________16．中,三邊所對的角分別為,若,則角______.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．已知函數（其中）的圖象如圖所示：（1）求函數的解析式及其對稱軸的方程；（2）當時，方程有兩個不等的實根，求實數的取值范圍，并求此時的值.18．已知向量.（1）若向量，且，求的坐標；（2）若向量與互相垂直，求實數的值.19．（1）若對任意的，總有成立，求常數的值；（2）在數列中，，求通項；（3）在（2）的條件下，設，從數列中依次取出第項，第項，第項，按原來的順序組成新數列，其中試問是否存在正整數，使得且成立？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.20．已知菱形ABCD的邊長為2，M為BD上靠近D的三等分點，且線段.（1）求的值；（2）點P為對角線BD上的任意一點，求的最小值.21．在海上進行工程建設時，一般需要在工地某處設置警戒水域；現有一海上作業工地記為點，在一個特定時段內，以點為中心的1海里以內海域被設為警戒水域，點正北海里處有一個雷達觀測站，某時刻測得一艘勻速直線行駛的船只位于點北偏東且與點相距10海里的位置，經過12分鐘又測得該船已行駛到點北偏東且與點相距海里的位置.（1）求該船的行駛速度（單位：海里/小時）；（2）若該船不改變航行方向繼續行駛.試判斷它是否會進入警戒水域（點與船的距離小于1海里即為進入警戒水域），并說明理由.

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】

由正弦定理可解得，利用大邊對大角可得范圍，從而解得A的值．【詳解】，由正弦定理可得：，，由大邊對大角可得：，解得：．故選A．【點睛】本題主要考查了正弦定理，大邊對大角，正弦函數的圖象和性質等知識的應用，解題時要注意分析角的范圍．2、C【解析】

由莖葉圖分別計算甲、乙的平均數，中位數，方差及極差可得答案．【詳解】29；30，∴∴A錯誤；甲的中位數是29，乙的中位數是30，29<30,∴B錯誤；甲的極差為31﹣26＝5，乙的極差為32﹣28＝4，5∴D錯誤；排除可得C選項正確，故選C．【點睛】本題考查了由莖葉圖求數據的平均數，極差，中位數，運用了選擇題的做法即排除法的解題技巧，屬于基礎題.3、C【解析】

設所求數據為，計算出和，然后將點代入回歸直線方程可求出的值.【詳解】設所求數據為，則，，由于回歸直線過樣本的中心點，則有，解得，故選：C.【點睛】本題考查利用回歸直線計算原始數據，解題時要充分利用“回歸直線過樣本中心點”這一結論的應用，考查運算求解能力，屬于基礎題.4、C【解析】

利用面面垂直的判定定理判斷①；根據面面平行的判定定理判斷②；利用線面垂直和線面平行的性質判斷③；利用線面垂直和面面平行的性質判斷④【詳解】①，，或，又，則成立，故正確②若，，或和相交，并不一定平行于，故錯誤③若，，則或，若，則并不一定平行于，故錯誤④若，，，又，成立，故正確綜上所述，正確的命題的序號是①④故選【點睛】本題主要考查了命題的真假判斷和應用，解題的關鍵是理解線面，面面平行與垂直的判斷定理和性質定理，屬于基礎題．5、A【解析】

利用正弦定理以及和與差的正弦公式可得答案；【詳解】∵0＜A＜π，∴sinA≠0由atanA＝bcosC+ccosB，根據正弦定理：可得sinA?tanA＝sinBcosC+sinCcosB＝sin（B+C）＝sinA∴?tanA＝1；∴tanA，那么A；故選A．【點睛】本題考查三角形的正弦定理,,內角和定理以及和與差正弦公式的運用，考查運算能力，屬于基礎題．6、D【解析】

利用斜二測畫法中平行于坐標軸的直線，平行關系不變這個原則得出的形狀．【詳解】在斜二測畫法中，平行于坐標軸的直線，平行關系不變，則在原圖形中，軸，軸，所以，，因此，是直角三角形，故選D．【點睛】本題考查斜二測直觀圖還原，解題時要注意直觀圖的還原原則，并注意各線段長度的變化，考查分析能力，屬于基礎題．7、D【解析】

根據所給等量關系,用表示出可得.代入中,構造基本不等式即可求得的最小值.【詳解】因為,所以變形可得所以由基本不等式可得當且僅當時取等號,解得所以的最小值為故選:D【點睛】本題考查了基本不等式求最值的應用,注意構造合適的基本不等式形式,屬于中檔題.8、B【解析】

由輔助角公式結合條件得出、的值，由結合同角三角函數得出、的值，于此可得出結論.【詳解】由可得或，由輔助角公式，其中，.因此，“”是“等式對任意恒成立”的必要非充分條件，故選B.【點睛】本題考查必要不充分條件的判斷，考查同角三角函數的基本關系以及輔助角公式的應用，考查推理能力，屬于中等題.9、A【解析】

利用余弦定理和正弦定理化簡已知條件，求得的值，即而求得的大小.【詳解】由于，所以，由余弦定理和正弦定理得，即，由于是三角形的內角，所以為正數，所以，為三角形的內角，所以.故選：A【點睛】本小題主要考查正弦定理和余弦定理邊角互化，考查三角形的內角和定理，考查兩角和的正弦公式，屬于基礎題.10、D【解析】

用三角形的三邊表示出，再根據已知的邊的關系可得到關于的方程，解方程即得。【詳解】由題得，，，整理得，化簡得，解得.故選：D【點睛】本題考查平面向量的線性運算及平面向量基本定理，是常考題型。二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

由遞推公式逐步求出.【詳解】.故答案為：【點睛】本題考查數列的遞推公式，屬于基礎題.12、.【解析】

求得從甲、乙、丙、丁四個學生中任選兩人的總數和甲、乙兩人不在同一單位實習的方法數，由古典概型的概率計算公式可得所求值．【詳解】解：從甲、乙、丙、丁四個學生中任選兩人的方法數為種，甲、乙兩人不在同一單位實習的方法數為種，則甲、乙兩人不在同一單位實習的概率為．故答案為：．【點睛】本題主要考查古典概型的概率計算公式，考查運算能力，屬于基礎題．13、.【解析】

令，則原方程為，根據原方程有且僅有5個不同實數根，則有5個不同的解，結合圖像特征，求出的值或范圍，即為方程解的值或范圍，轉化為范圍，即可求解.【詳解】令，則原方程為，當時，，且為偶函數，做出圖像，如下圖所示：當時，有一個解；當或，有兩個解；當時，有四個解；當或時，無解.，有且僅有5個不同實數根，關于的方程有一個解為，，另一個解為，在區間上，所以，實數的取值范圍是.故答案為:.【點睛】本題考查復合方程根的個數求參數范圍，考查了分段函數的應用，利用換元法結合的函數的奇偶性的對稱性，利用數形結合是解題的關鍵，屬于難題.14、【解析】

利用三角函數的定義可求.【詳解】由三角函數的定義可得，故.故答案為：.【點睛】本題考查三角函數的定義，注意根據正弦的定義構建關于的方程，本題屬于基礎題.15、【解析】

由函數的部分圖像，先求得，得到，再由，得到，結合，求得，即可得到函數的解析式.【詳解】由題意，根據函數的部分圖像，可得，所以，又由，即，又由，即，解得，即，又因為，所以，所以.故答案為：.【點睛】本題主要考查了利用三角函數的圖象求解函數的解析式，其中解答中熟記三角函數的圖象與性質，準確計算是解答的關鍵，著重考查了數形結合思想，以及推理與計算能力，屬于基礎題.16、【解析】

利用余弦定理化簡已知條件，求得的值，進而求得的大小.【詳解】由得，由于，所以.【點睛】本小題主要考查余弦定理解三角形，考查特殊角的三角函數值，屬于基礎題.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）根據圖像得A=2,利用，求ω值，再利用時取到最大值可求φ，從而得到函數解析式，進而求得對稱軸方程；（2）由得，方程f（x）＝2a﹣3有兩個不等實根轉為f（x）的圖象與直線y＝2a﹣3有兩個不同的交點，從而可求得a的取值范圍，利用圖像的性質可得的值.【詳解】（1）由圖知，,解得ω=2，f(x)=2sin(2x+φ),當時，函數取得最大值，可得，即，，解得，又所以，故，令則，所以的對稱軸方程為；（2），所以方程有兩個不等實根時，的圖象與直線有兩個不同的交點，可得,當時，，有，故.【點睛】本題考查由y＝Asin（ωx+φ）的部分圖象確定函數解析式，考查函數y＝Asin（ωx+φ）的圖象及性質的綜合應用，屬于中檔題．18、（1）或（2）【解析】

（1）因為，所以可以設求出坐標，根據模長，可以得到參數的方程.（2）由于已知條件可以計算出與坐標（含有參數）而兩向量垂直，可以得到關于的方程，完成本題.【詳解】（1）法一:設，則，所以解得所以或法二:設，因為，，所以，因為，所以解得或，所以或（2）因為向量與互相垂直所以，即而，，所以，因此，解得【點睛】考查了向量的線性表示，引入參數，只要我們能建立起引入參數的方程，則就能計算出所求參數值，從而完成本題.19、(1)(2)(3)存在,,或【解析】

由題設得恒成立，所以，由和知，，且，由此能推導出假設存在正整數m，r滿足題設，由，，又得，于是，由此能推導出存在正整數m，r滿足題設，，或，．【詳解】由題設得，即恒成立，所以，由題設又由得，，且，即是首項為1，公比為2的等比數列，所以即為所求．假設存在正整數m，r滿足題設，由知，顯然，又得，，即是以為首項，為公比的等比數列．于是，由得，m，，所以或15，當時，，；當時，，；綜上，存在正整數m，r滿足題設，，或，【點睛】本題主要考查了數列中參數的求法、等差數列的通項公式和以極限為載體考查數列性質的綜合運用，屬于難題．20、（1），（2）【解析】

（1）由結合,可求出，從而得到（2）建立直角坐標系，設，可得到，然后利用二次函數的知識求出最小值【詳解】（1）如圖，四邊形ABCD為菱形，所以所以因為,所以可解得,所以所以是等邊三角形，故（2）以A為原點，所在直線為x軸建立如圖所示坐標系：則有，所以線段：設，則有，所以因為，所以當時取得最小值【點睛】本題考查平面向量數量積及其運算，涉及余弦定理，二次函數等基本知識，屬于中檔題．21、（1）海里/小時；（2）該船不改變航行方向則會進入警戒水域，理由見解析.【解析】

（1）建立直角坐標系，首