安徽省巢湖第一中學2025屆高一下數學期末調研模擬試題含解析

安徽省巢湖第一中學2025屆高一下數學期末調研模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入，則輸出的數等于（）A． B． C． D．2．函數的圖像的一條對稱軸是（）A． B． C． D．3．下圖來自古希臘數學家希波克拉底所研究的平面幾何圖形．此圖由兩個圓構成，O為大圓圓心，線段AB為小圓直徑．△AOB的三邊所圍成的區(qū)域記為I，黑色月牙部分記為Ⅱ，兩小月牙之和（斜線部分）部分記為Ⅲ．在整個圖形中隨機取一點，此點取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分別記為p1，p2，p3，則（）A． B． C． D．4．已知函數，那么下列式子：①；②；③；④；其中恒成立的是（）A．①② B．②③ C．①②④ D．②③④5．己知某三棱錐的三視圖如圖所示，其中正視圖和側視圖都是邊長為2的等邊三角形，則該三棱錐的體積為（）A． B． C． D．6．無論取何實數，直線恒過一定點，則該定點坐標為（）A． B． C． D．7．某中學高一從甲、乙兩個班中各選出7名學生參加2019年第三十屆“希望杯”全國數學邀請賽，他們取得成績的莖葉圖如圖，其中甲班學生成績的平均數是84，乙班學生成績的中位數是83，則的值為（）A．4 B．5 C．6 D．78．若a,b,c∈R，且滿足a>b>c，則下列不等式成立的是（）A．1a<C．ac29．為了得到函數的圖象，可以將函數的圖象（）A．向右平移個單位長度 B．向左平移個單位長度C．向右平移個單位長度 D．向左平移個單位長度10．已知正實數a，b滿足，則的最小值為（）A．8 B．9 C．10 D．11二、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．某工廠生產三種不同型號的產品,產品數量之比依次為，現用分層抽樣方法抽出一個容量為的樣本,樣本中種型號產品有16件,那么此樣本的容量=13．在賽季季后賽中,當一個球隊進行完場比賽被淘汰后,某個籃球愛好者對該隊的7場比賽得分情況進行統(tǒng)計,如表:場次得分104為了對這個隊的情況進行分析,此人設計計算的算法流程圖如圖所示(其中是這場比賽的平均得分),輸出的的值______.14．若首項為，公比為（）的等比數列滿足，則的取值范圍是________.15．已知為等差數列，為其前項和，若，則，則______．16．已知數列滿足，（），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．已知圓M的圓心在直線上，直線與圓M相切于點.（1）求圓M的標準方程；（2）已知過點且斜率為的直線l與圓M交于不同的兩點A、B，而且滿足，求直線l的方程.18．設是一個公比為q的等比數列，且，，成等差數列.（1）求q；（2）若數列前4項的和，令，求數列的前n項和.19．已知直線截圓所得的弦長為．直線的方程為．（1）求圓的方程；（2）若直線過定點，點在圓上，且，為線段的中點，求點的軌跡方程.20．數列的前項和.(1)求數列的通項公式；(2)設，求數列的前項和.21．在銳角中，角所對的邊分別為，已知，，．（1）求角的大?。唬?）求的面積．

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、B【解析】

模擬執(zhí)行循環(huán)體的過程，即可得到結果.【詳解】根據程序框圖，模擬執(zhí)行如下：，滿足，，滿足，，滿足，，不滿足，輸出.故選：B.【點睛】本題考查程序框圖中循環(huán)體的執(zhí)行，屬基礎題.2、C【解析】對稱軸穿過曲線的最高點或最低點，把代入后得到,因而對稱軸為，選.3、D【解析】

設OA＝1，則AB，分別求出三個區(qū)域的面積，由測度比是面積比得答案．【詳解】設OA＝1，則AB，，以AB中點為圓心的半圓的面積為，以O為圓心的大圓面積的四分之一為，以AB為弦的大圓的劣弧所對弓形的面積為π﹣1，黑色月牙部分的面積為π﹣（π﹣1）＝1，圖Ⅲ部分的面積為π﹣1．設整個圖形的面積為S，則p1，p1，p3．∴p1＝p1＞p3，故選D．【點睛】本題考查幾何概型概率的求法，考查數形結合的解題思想方法，正確求出各部分面積是關鍵，是中檔題．4、A【解析】

根據正弦函數的周期性及對稱性，逐項判斷，即可得到本題答案.【詳解】由，得，所以的最小正周期為，即，故①正確；由，令，得的對稱軸為，所以是的對稱軸，不是的對稱軸，故②正確，③不正確；由，令，得的對稱中心為，所以不是的對稱中心，故④不正確.故選：A【點睛】本題主要考查正弦函數的周期性以及對稱性.5、B【解析】

先找到三視圖對應的幾何體原圖，再求幾何體的體積.【詳解】由題得三視圖對應的幾何體原圖是如圖所示的三棱錐A-BCD，所以幾何體的體積為.故選B【點睛】本題主要考查三視圖找到幾何體原圖，考查三棱錐體積的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題.6、A【解析】

通過整理直線的形式，可求得所過的定點.【詳解】直線可整理為，當，解得，無論為何值，直線總過定點.故選A.【點睛】本題考查了直線過定點問題，屬于基礎題型.7、C【解析】

由均值和中位數定義求解．【詳解】由題意，，由莖葉圖知就是中位數，∴，∴．故選C．【點睛】本題考查莖葉圖，考查均值與中位數，解題關鍵是讀懂莖葉圖．8、C【解析】

通過反例可依次排除A,B,D選項；根據不等式的性質可判斷出C正確.【詳解】A選項：若a=1，b=-2，則1a>1B選項：若a=1，b=12，則1aC選項：c2+1>0又a>b∴ac2D選項：當c=0時，ac=bc本題正確選項：C【點睛】本題考查不等式性質的應用，解決此類問題通常采用排除法，利用反例來排除錯誤選項即可，屬于基礎題.9、A【解析】

先將轉化為,再判斷的符號即可得出結論.【詳解】解：因為,所以只需把向右平移個單位.故選：A【點睛】函數左右平移變換時,一是要注意平移方向：按“左加右減",如由的圖象變?yōu)榈膱D象,是由變?yōu)?所以是向左平移個單位；二是要注意前面的系數是不是,如果不是,左右平移時,要先提系數,再來計算.10、B【解析】

由題意，得到，結合基本不等式，即可求解，得到答案.【詳解】由題意，正實數a，b滿足，則，當且僅當，即等號成立，所以的最小值為9.故選：B.【點睛】本題主要考查了利用基本不等式求解最值問題，其中解答中熟記基本不等式的使用條件，合理構造是解答的關鍵，著重考查了構造思想，以及推理與運算能，屬于據此話題.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、1．【解析】

解：A種型號產品所占的比例為2/(2+3+5)=2/10，16÷2/10=1，故樣本容量n=1，13、【解析】

根據題意,模擬程序框圖的運行過程,得出該程序運行的是求數據的標準差,即可求得答案.【詳解】模擬程序框圖的運行過程知,該程序運行的結果是求這個數據的標準差這組數據的平均數是方差是:標準差是故答案為:.【點睛】本題主要考查了根據程序框圖求輸出結果,解題關鍵是掌握程序框圖基礎知識和計算數據方差的解法,考查了分析能力和計算能力,屬于中檔題.14、【解析】

由題意可得且，即且，，化簡可得由不等式的性質可得的取值范圍.【詳解】解：，故有且，化簡可得且即故答案為：【點睛】本題考查數列極限以及不等式的性質，屬于中檔題.15、【解析】

利用等差中項的性質求出的值，再利用等差中項的性質求出的值.【詳解】由等差中項的性質可得，得，由等差中項的性質得，.故答案為：.【點睛】本題考查等差數列中項的計算，充分利用等差中項的性質進行計算是解題的關鍵，考查計算能力，屬于基礎題.16、31【解析】

根據數列的首項及遞推公式依次求出、、……即可.【詳解】解：，故答案為：【點睛】本題考查利用遞推公式求出數列的項，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）或【解析】

（1）設圓心坐標為，由圓的性質可得，再求解即可；（2）設，，則等價于，再利用韋達定理求解即可.【詳解】解：（1）由圓M的圓心在直線上，設圓心坐標為，又直線與圓M相切于點，則，解得：，即圓心坐標，半徑，即圓M的標準方程為；（2）由題意可得直線l的方程為，聯(lián)立，消整理可得，則，即，又，則恒成立，設，，則由題意有，則，，又，則，則，即，整理得，解得或，即直線l的方程為或，即或.【點睛】本題考查了圓的標準方程的求法，重點考查了直線與圓的位置關系，屬中檔題.18、（1）；（2）答案不唯一，詳見解析.【解析】

（1）運用等差中項性質和等比數列的通項公式，解方程可得公比；（2）討論公比，結合等差數列和等比數列的求和公式，以及錯位相減法求和，即可得到所求和．【詳解】（1）因為是一個公比為的等比數列，所以．因為成等差數列，所以即．解得.（2）①若q=2，又它的前4和，得，解得所以.因為，∴，2，∴，∴②若q=1，又它的前4和，即4因為，所以．【點睛】“錯位相減法”求數列的和是重點也是難點，利用“錯位相減法”求數列的和應注意以下幾點：①掌握運用“錯位相減法”求數列的和的條件（一個等差數列與一個等比數列的積）；②相減時注意最后一項的符號；③求和時注意項數別出錯；④最后結果一定不能忘記等式兩邊同時除以.19、（1）；（2）.【解析】

（1）利用點到直線的距離公式得到圓心到直線的距離，利用直線截圓得到的弦長公式可得半徑r，從而得到圓的方程；（2）由已知可得直線l1恒過定點P（1,1），設MN的中點Q（x，y），由已知可得，利用兩點間的距離公式化簡可得答案.【詳解】（1）根據題意，圓的圓心為（0，0），半徑為r，則圓心到直線l的距離，若直線截圓所得的弦長為，則有，解可得，則圓的方程為；（2）直線l1的方程為，即，則有，解得，即P的坐標為（1，1），點在圓上，且，為線段的中點，則，設MN的中點為Q（x，y），則，即，化簡可得：即為點Q的軌跡方程.【點睛】本題考查直線與圓的位置關系，考查直線被圓截得的弦長公式的應用，考查直線恒過定點問題和軌跡問題，屬于中檔題.20、(1)(2)【解析】

(1)當時，，利用得到通項公式，驗證得到答案.(2)根據的正負將和分為兩種情況，和，分別計算得到答案.【詳解】(1)當時，，當時，.綜上所述.(2)當時，，所以，當時，，.綜上所述.【