2024-2025学年上海市静安区丰华中学高一下数学期末复习检测模拟试题含解析.doc

2024-2025学年上海市静安区丰华中学高一下数学期末复习检测模拟试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1．若圆的圆心在第一象限，则直线一定不经过（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．执行如图所示的程序框图，若输人的n值为2019，则S＝

A． B． C． D．
3．已知函数，则函数的最小正周期为（ ）
A． B． C． D．
4．设，若关于的不等式在区间上有解，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知是等差数列，，其前10项和，则其公差
A． B． C． D．
6．已知组数据，，…，的平均数为2,方差为5,则数据2+1，2+1，…，2+1的平均数与方差分别为( )
A．=4,=10 B．=5,=11
C．=5,=20 D．=5,=21
7．已知的内角的对边分别为，若，则的形状为（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形
8．直线与圆相交于点，则（ ）
A． B． C． D．
9．已知定义在 上的偶函数 满足：当时，，若，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
10．若关于的不等式的解集为，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．________
12．无限循环小数化成最简分数为________
13．已知，，若，则________.
14．已知扇形的面积为，圆心角为，则该扇形半径为__________．
15．若集合，，则集合________.
16．设无穷等比数列的公比为，若，则__________________．
三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．已知向量，，函数．
（1）求函数的单调递增区间；
（2）在中，内角、、所对边的长分别是、、，若，，，求的面积.
18．在中，内角A、B、C所对的边分别为，，，已知．
（Ⅰ）求角B的大小；
（Ⅱ）设，，求．
19．已知数列满足，数列满足，其中为的前项和，且
（1）求数列和的通项公式
（2）求数列的前项和.
20．已知函数
当时，求函数的定义域；
若存在使关于的方程有四个不同的实根，求实数的取值范围.
21．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面⊥底面，若分别为的中点．

（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求证：平面⊥平面．
参考答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1、A
【解析】
由圆心位置确定，的正负，再结合一次函数图像即可判断出结果.
【详解】
因为圆的圆心坐标为，由圆心在第一象限可得，所以直线的斜率，轴上的截距为，所以直线不过第一象限.
本题主要考查一次函数的图像，属于基础题型.
2、B
【解析】
根据程序框图可知，当时结束计算，此时 .
【详解】
计算过程如下表所示：周期为6
n
2019

k
1
2
…
2018
2019
S

…

k<n
是
是
是
是
否
故选B.
本题考查程序框图，选用表格计算更加直观，此题关键在于判断何时循环结束.
3、D
【解析】
根据二倍角公式先化简，再根据即可。
【详解】
由题意得，所以周期为.所以选择D
本题主要考查了二倍角公式;常考的二倍角公式有正弦、余弦、正切。属于基础题。
4、D
【解析】
根据题意得不等式对应的二次函数开口向上，分别讨论三种情况即可．
【详解】
由题意得：当
当
当
综上所述：,选D.
本题主要考查了含参一元二次不等式中参数的取值范围．解这类题通常分三种情况：．有时还需要结合韦达定理进行解决．
5、D
【解析】
，解得，则，故选D．
6、C
【解析】
根据题意，利用数据的平均数和方差的性质分析可得答案．
【详解】
根据题意，数据，，，的平均数为2，方差为5，
则数据，，，的平均数，
其方差；
故选．
本题考查数据的平均数、方差的计算，关键是掌握数据的平均数、方差的计算公式，属于基础题．
7、A
【解析】
中，，所以.
由正弦定理得：.
所以.
所以，即
因为为的内角，所以
所以为等腰三角形.
故选A.
8、D
【解析】
利用直线与圆相交的性质可知，要求，只要求解圆心到直线的距离.
【详解】
由题意圆，可得圆心，半径，
圆心到直线的距离.
则由圆的性质可得，
所以.
故选：D
本题考查了求弦长、圆的性质，同时考查了点到直线的距离公式，属于基础题.
9、C
【解析】
根据函数的奇偶性将等价变形为，再根据函数在上单调性判断函数值的大小关系，从而得出正确选项.
【详解】
解因为函数为偶函数，
故，
因为，
，
所以，
因为函数在上单调增，
故，
故选C.
本题考查了函数单调性与奇偶性的运用，解题的关键是要能根据奇偶性将函数值进行转化.
10、C
【解析】
根据对数的性质列不等式，根据一元二次不等式恒成立时，判别式和开口方向的要求列不等式组，解不等式组求得的取值范围.
【详解】
由得，即恒成立，由于时，在上不恒成立，故，解得.
故选：C.
本小题主要考查对数函数的性质，考查一元二次不等式恒成立的条件，属于基础题.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
根据极限的运算法则，合理化简、运算，即可求解.
【详解】
由极限的运算，可得.
故答案为：
本题主要考查了极限的运算法则的应用，其中解答熟记极限的运算法则，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
12、
【解析】
利用无穷等比数列求和的方法即可.
【详解】
.
故答案为：
本题主要考查了无穷等比数列的求和问题,属于基础题型.
13、
【解析】
先算出的坐标，然后利用即可求出
【详解】
因为，
所以
因为，所以
即，解得
故答案为：
本题考查的是向量在坐标形式下的相关计算，较简单.
14、2
【解析】
将圆心角化为弧度制，再利用扇形面积得到答案.
【详解】
圆心角为
扇形的面积为
故答案为2
本题考查了扇形的面积公式，属于简单题.
15、
【解析】
由题意，得，，则.
16、
【解析】
由可知,算出用表示的极限,再利用性质计算得出即可.
【详解】
显然公比不为1,所以公比为的等比数列求和公式,
且,故.此时当时,求和极限为,所以,故,
所以,故,又,故.
故答案为：.
本题主要考查等比数列求和公式,当时.

三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）的增区间是，（2）
【解析】
（1）利用平面向量数量积的坐标表示公式、二倍角的正弦公式、余弦二倍角的降幂公式、以及辅助角公式可以函数的解析式化为正弦型函数解析式的形式，最后利用正弦型函数的单调性求出函数的单调递增区间；
（2）根据（1）所得的结论和，可以求出角的值，利用三角形内角和定理可以求出角的值，再运用正弦定理可得出的值，最后利用三角形面积公式可以求出的面积..
【详解】
（1）

令，
解得
∴的增区间是，
（2）
∵
∴解得
又∵∴中，
由正弦定理得
∴
本题考查了平面向量数量积的坐标表示公式，考查了二倍角的正弦公式、余弦二倍角的降幂公式、以及辅助角公式，考查了正弦定理和三角形面积公式，考查了数学运算能力.
18、（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ） 在△ABC中，利用正弦定理及其．可得，利用和差公式化简整理可得B．
（Ⅱ）在△ABC中，利用余弦定理即可得出b．
【详解】
（Ⅰ） 在△ABC中，由正弦定理，
又．
可得，
∴sinBcosBsinB，
则．
又∵B∈（0，π），可得．
（Ⅱ） 在△ABC中，由余弦定理及a＝2，c＝3，，
∴b2＝a2+c2﹣2accosB＝4+9﹣2×2×3×cos7，
解得．
本题考查了正弦定理、余弦定理、和差公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
19、（1）；（2）
【解析】
（1）由题意可得，由等差数列的通项公式可得；由数列的递推式，结合等比数列的定义和通项公式可得；
（2），运用数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式可得所求和．
【详解】
解：（1）由，同乘以得，
可知是以2为公差的等差数列，而，故；
又，相减得，，
可知是以为公比的等比数列，而，故；
（2）因为，
，
，
两式相减得

．
本题主要考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的错位相减法求和，考查化简运算能力，属于中档题．
20、（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）将问题转化为解不等式，即，然后就与的大小进行分类讨论，求出该不等式的解，即可得出函数的定义域；
（2），将问题转化为：关于的方程有两个不同的正根，得出，两根之和为正、两根之积为正，列出不等式组可解出实数的取值范围.
【详解】
（1）由题意，，即，
解方程，得，.
①当时，即当时，解不等式，得或，
此时，函数的定义域为；
②当时，即当时，解不等式，得，
此时，函数的定义域为；
③当时，即当时，解不等式，解得或，
此时，函数的定义域为；
（2）令，
则关于的方程有四个不同的实根可化为，
即有两个不同的正根，则，
解得.
本题考查含参不等式的求解，考查函数的零点个数问题，在求解含参不等式时，找出分类讨论的基本依据，在求解二次函数的零点问题时，应结合图形找出等价条件，通过列不等式组来求解，考查分类讨论数学思想以及转化与化归数学思想，属于中等题。
21、（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（Ⅰ）利用线面平行的判定定理，只需证明EF∥PA，即可；（Ⅱ）先证明线面垂直，CD⊥平面PAD，再证明面面垂直，平面PAD⊥平面PDC 即可．
【详解】

（Ⅰ）证明：连结AC，在正方形ABCD中，F为BD中点，正方形对角线互相平分，
∴F为AC中点，
又E是PC中点，
在△CPA中，EF∥PA，且PA⊆平面PAD，
EF⊄平面PAD，
∴EF∥平面PAD．
（Ⅱ）∵平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊥AD，
平面 ∴CD⊥平面PAD，
∵CD⊂平面PDC，
∴平面PAD⊥平面PDC
本题主要考查空间直线与平面平行的判定定理，以及平面与平面垂直的判定定理，要求熟练掌握相关的判定定理．