四川省眉山市外國語學校2025屆高一下數學期末統(tǒng)考模擬試題含解析

四川省眉山市外國語學校2025屆高一下數學期末統(tǒng)考模擬試題注意事項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．若，則下列結論成立的是（）A． B．C．的最小值為2 D．2．如圖所示，在正四棱錐中，分別是，，的中點，動點在線段上運動時，下列結論不恒成立的是().A．與異面 B．面 C． D．3．已知函數（，）的圖象的相鄰兩條對稱軸之間的距離為，將函數的圖象向右平移（）個單位長度后得到函數的圖象，若，的圖象都經過點，則的一個可能值是（）A． B． C． D．4．直線l：的傾斜角為（）A． B． C． D．5．下列結論正確的是（）A． B．若，則C．當且時， D．6．若,則下列不等式成立的是()A． B．C． D．7．如圖，在正方體中，已知，分別為棱，的中點，則異面直線與所成的角等于（）A．90° B．60°C．45° D．30°8．已知點，，則直線的斜率是（）A． B． C．5 D．19．設函數，其中為已知實常數，，則下列命題中錯誤的是（）A．若，則對任意實數恒成立；B．若，則函數為奇函數；C．若，則函數為偶函數；D．當時，若，則（）．10．將數列中的所有項排成如下數陣:其中每一行項數是上一行項數的倍，且從第二行起每-行均構成公比為的等比數列，記數陣中的第列數構成的數列為，為數列的前項和，若，則等于()A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知數列是等差數列，若，，則公差________.12．已知圓錐的表面積等于，其側面展開圖是一個半圓，則底面圓的半徑為__________.13．______．14．化簡sin2α＋sin2β－sin2αsin2β＋cos2αcos2β＝______.15．一湖中有不在同一直線的三個小島A、B、C，前期為開發(fā)旅游資源在A、B、C三島之間已經建有索道供游客觀賞，經測量可知AB兩島之間距離為3公里，BC兩島之間距離為5公里，AC兩島之間距離為7公里，現調查后發(fā)現，游客對在同一圓周上三島A、B、C且位于（優(yōu)?。┮黄娘L景更加喜歡，但由于環(huán)保、安全等其他原因，沒辦法盡可能一次游覽更大面積的湖面風光，現決定在上選擇一個點D建立索道供游客游覽，經研究論證為使得游覽面積最大，只需使得△ADC面積最大即可.則當△ADC面積最大時建立索道AD的長為______公里.（注：索道兩端之間的長度視為線段）16．設滿足不等式組，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，，，求.18．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.19．已知圓，直線.圓與軸交于兩點，是圓上不同于的一動點，所在直線分別與交于.（1）當時，求以為直徑的圓的方程；（2）證明：以為直徑的圓截軸所得弦長為定值.20．設等差數列的前項和為，已知，，；（1）求公差的取值范圍；（2）判斷與0的大小關系，并說明理由；（3）指出、、、中哪個最大，并說明理由；21．在中，角，，所對的邊為，，，向量與向量共線.（1）若，求的值；（2）若為邊上的一點，且，若為的角平分線，求的取值范圍.

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】

由，根據不等式乘方性質可判斷A不成立；由指數函數單調性可判斷B不成立；由基本不等式可判斷C不成立，D成立．【詳解】對于A,若，則有，故A不成立；對于B,根據指數函數單調性，函數單調遞減，，故B不成立；對于C,由基本不等式，a=b取得最小值，由不能取得最小值，故C不成立；則D能成立.故選：D.【點睛】本題考查基本不等式、不等式的基本性質，考查不等式性質的應用，屬于基礎題.2、D【解析】如圖所示，連接AC、BD相交于點O，連接EM，EN.(1)由正四棱錐S?ABCD，可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，∴SO⊥AC.∵SO∩BD=O，∴AC⊥平面SBD，∵E，M，N分別是BC，CD，SC的中點，∴EM∥BD，MN∥SD，而EM∩MN=N，∴平面EMN∥平面SBD，∴AC⊥平面EMN，∴AC⊥EP.故C正確．(2)由異面直線的定義可知：EP與SD是異面直線，故A正確；(3)由(1)可知：平面EMN∥平面SBD，∴EP∥平面SBD，因此B正確．(4)當P與M重合時，有∥，其他情況都是異面直線即D不正確．故選D點睛：本題抓住正四棱錐的特征，頂點在底面的投影為底面正方形的中心，即SO⊥底面ABCD，EP為動直線，所以要證EP∥面，可先證EP所在的平面平行于面SBD，要證⊥可先證AC垂直于EP所在的平面，所以化動為靜的處理思想在立體中常用.3、D【解析】由函數的圖象的相鄰兩條對稱軸之間的距離為，得函數的最小正周期為，則，所以函數，的圖象向右平移個單位長度，得到的圖象，以為的圖象都經過點，所以，又，所以，所以，所以或，所以或，因為，所以結合選項可知得一個可能的值為，故選D.4、C【解析】

由直線的斜率，又，再求解即可.【詳解】解：由直線l：，則直線的斜率，又，所以，即直線l：的傾斜角為，故選：C.【點睛】本題考查了直線傾斜角的求法，屬基礎題.5、D【解析】

利用不等式的性質進行分析，對錯誤的命題可以舉反例說明．【詳解】當時，A不正確；，則，B錯誤；當時，，，C錯誤；由不等式的性質正確．故選：D.【點睛】本題考查不等式的性質，掌握不等式性質是解題關鍵．可通過反例說明命題錯誤．6、B【解析】

利用不等式的性質，進行判斷即可.【詳解】因為，故由均值不等式可知：；因為，故；因為，故；綜上所述：.故選：B.【點睛】本題考查均值不等式及利用不等式性質比較大小.7、B【解析】

連接，可證是異面直線與所成的角或其補角，求出此角即可．【詳解】連接，因為，分別為棱，的中點，所以，又正方體中，所以是異面直線與所成的角或其補角，是等邊三角形，＝60°．所以異面直線與所成的角為60°．故選：B．【點睛】本題考查異面直線所成的角，解題時需根據定義作出異面直線所成的角，同時給出證明，然后在三角形中計算．8、D【解析】

根據直線的斜率公式，準確計算，即可求解，得到答案.【詳解】由題意，根據直線的斜率公式，可得直線的斜率，故選D.【點睛】本題主要考查了直線的斜率公式的應用，其中解答中熟記直線的斜率公式，準確計算是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題.9、D【解析】

利用兩角和的余弦公式化簡表達式.對于A選項，將化簡得到的表達式代入上述表達式，可判斷出A選項為真命題.對于B選項，將化簡得到的表達式代入上述表達式，可判斷出為奇函數，由此判斷出B選項為真命題.對于C選項，將化簡得到的表達式代入上述表達式，可判斷出為偶函數，由此判斷出C選項為真命題.對于D選項，根據、，求得的零點的表達式，由此求得（），進而判斷出D選項為假命題.【詳解】.不妨設．為已知實常數.若，則得；若，則得．于是當時，對任意實數恒成立，即命題A是真命題；當時，，它為奇函數，即命題B是真命題；當時，，它為偶函數，即命題C是真命題；當時，令，則，上述方程中，若，則，這與矛盾，所以．將該方程的兩邊同除以得，令（），則，解得（）．不妨取，（且），則，即（），所以命題D是假命題．故選：D【點睛】本小題主要考查兩角和的余弦公式，考查三角函數的奇偶性，考查三角函數零點有關問題的求解，考查同角三角函數的基本關系式，屬于中檔題.10、C【解析】

先確定為第11行第2個數，由可得，最后根據從第二行起每一行均構成公比為的等比數列即可得出結論．【詳解】∵其中每一行項數是上一行項數的倍，第一行有一個數，前10行共計個數，即為第11行第2個數，又∵第列數構成的數列為，，∴當時，，∴第11行第1個數為108，∴，故選：C.【點睛】本題主要考查數列的性質和應用，本題解題的關鍵是為第11行第2個數，屬于中檔題．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、1【解析】

利用等差數列的通項公式即可得出．【詳解】設等差數列公差為，∵，，∴，解得＝1．故答案為：1．【點睛】本題考查了等差數列的通項公式，考查了計算能力，屬于基礎題．12、【解析】

設出底面圓的半徑，用半徑表示出圓錐的母線，再利用表面積，解出半徑。【詳解】設圓錐的底面圓的半徑為，母線為，則底面圓面積為，周長為，則解得故填2【點睛】本題考查根據圓錐的表面積求底面圓半徑，屬于基礎題。13、【解析】

,,故答案為.考點：三角函數誘導公式、切割化弦思想.14、1【解析】原式＝sin2α(1－sin2β)＋sin2β＋cos2αcos2β＝sin2αcos2β＋cos2αcos2β＋sin2β＝cos2β(sin2α＋cos2α)＋sin2β＝1.15、【解析】

根據題意畫出草圖，根據余弦定理求出的值，設點到的距離為，可得，分析可知取最大時，取最大值，然后再對為中點和不是中點兩種情況分析，可得的最大值為，然后再根據圓的有關性質和正弦定理，即可求出結果．【詳解】根據題意可作出及其外接圓，連接，交于點，連接，如下圖：在中，由余弦定理,由為的內角，可知，所以.設的半徑為，點到的距離為，點到的距離為，則,故取最大時，取最大值.①當為中點時，由垂徑定理知，即，此時，故；②當不是中點時，不與垂直，設此時與所成角為，則，故；由垂線段最短知，此時;綜上，當為中點時，到的距離最大，最大值為；由圓周角定理可知，,由垂徑定理知，此時點為優(yōu)弧的中點，故，則，在中，由正弦定理得所以.所以當△ADC面積最大時建立索道AD的長為公里.故答案為：．【點評】本題考查了正弦定理、余弦定理在解決實際問題中的應用，屬于中檔題．16、-6【解析】作出可行域，如圖內部（含邊界），作直線，當向下平移時，減小，因此當過點時，為最小值．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、11【解析】

根據題設條件，結合三角數的基本關系式，分別求得，和，再利用兩角和的正切的公式，進行化簡、運算，即可求解.【詳解】由，由，可得又由，所以，由，得，可得，所以，即.【點睛】本題主要考查了兩角和與差的正切函數的化簡、求值問題，其中解答中熟記兩角和與差的正切公式，準確運算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，試題有一定的難度，屬于中檔試題.18、(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.19、（1）；（2）證明見解析.【解析】

（1）討論點的位置，根據直線的方程，直線的方程分別與直線方程聯(lián)立，得出的坐標，進而得出圓心坐標以及半徑，即可得出該圓的方程；（2）討論點的位置，根據直角三角形的邊角關系得出的坐標，進而得出圓心坐標以及半徑，再由圓的弦長公式化簡即可證明.【詳解】（1）由圓的方程可知，①當點在第一象限時，如下圖所示當時，，所以直線的方程為由，解得直線的方程為由，解得則的中點坐標為，所以以為直徑的圓的方程為②當點在第四象限時，如下圖所示當時，，所以直線的方程為由，解得直線的方程為由，解得則的中點坐標為，所以以為直徑的圓的方程為綜上，以為直徑的圓的方程為（2）①當點在圓上半圓運動時，取直線交軸于點，如下圖所示設，則則以為直徑的圓的圓心坐標為，半徑所以以為直徑的圓截軸所得弦長為②當點在圓下半圓運動時，取直線交軸于點，如下圖所示設，則則以為直徑的圓的圓心坐標為，半徑所以以為直徑的圓截軸所得弦長為綜上，以為直徑的圓截軸所得弦長為定值.【點睛】本題主要考查了求圓的方程以及圓的弦長公式的應用，屬于中檔題.20、（1）；（2），理