2025年吉林省白城市第一中学高一下数学期末复习检测模拟试题含解析.doc

2025年吉林省白城市第一中学高一下数学期末复习检测模拟试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．已知函数，下列结论错误的是( )
A．既不是奇函数也不是偶函数 B．在上恰有一个零点
C．是周期函数 D．在上是增函数
2．不等式的解集为( )
A． B． C． D．
3．如图，直角的斜边长为2，，且点分别在轴，轴正半轴上滑动，点在线段的右上方．设，（），记，，分别考察的所有运算结果，则（ ）

A．有最小值，有最大值 B．有最大值，有最小值
C．有最大值，有最大值 D．有最小值，有最小值
4．若函数（）有两个不同的零点，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．已知点满足条件则的最小值为（　　）
A．9 B．-6 C．-9 D．6
6．数列中，若，，则（ ）
A．29 B．2563 C．2569 D．2557
7．圆：被直线截得的线段长为（ ）
A．2 B． C．1 D．
8．若，则t=（）
A．32 B．23 C．14 D．13
9．设 ， ，则下列不等式成立的是（ ）
A． B． C． D．
10．函数定义域是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．若为幂函数，则满足的的
值为________.
12．函数的最小值是 ．
13．记为等差数列的前项和，若，则___________.
14．已知球的一个内接四面体中，，过球心，若该四面体的体积为，且，则球的表面积的最小值为_________．
15．已知函数，下列说法：①图像关于对称；②的最小正周期为；③在区间上单调递减；④图像关于中心对称；⑤的最小正周期为；正确的是________.
16．把“五进制”数转化为“十进制”数是_____________
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．在数1和100之间插入个实数，使得这个数构成递增的等比数列，将这个数的乘积记作，再令.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，求数列的前项和.
18．在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点.

(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
19．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，∠BAC=90°，AC=AB=AA1，E是BC的中点．

（1）求证：AE⊥B1C；
（2）求异面直线AE与A1C所成的角的大小；
（3）若G为C1C中点，求二面角C-AG-E的正切值．
20．在中，角、、所对的边分别为、、，且满足.
（1）求角；
（2）若，，求的周长.
21．在直角坐标系中，以坐标原点为圆心的圆与直线相切。
求圆的方程；
若圆上有两点关于直线对称，且，求直线的方程；
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、B
【解析】
将函数利用同角三角函数的基本关系，化成，再对选项进行一一验证，即可得答案.
【详解】
∵，
对A，∵，∴既不是奇函数也不是偶函数，故A命题正确；
对B，令，解关于的一元二次方程得：，∵，∴方程存在两个根，∴在上有两个零点，故B错误；
对C，显然是函数的一个周期，故C正确；
对D，令，则，∵在单调递减，且，
又∵在单调递减，∴在上是增函数，故D正确；
故选：B
本题考查复合函数的单调性、奇偶性、周期性、零点，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意复合函数周增异减原则.
2、B
【解析】
可将分式不等式转化为一元二次不等式，注意分母不为零.
【详解】
原不等式可化为，其解集为，故选B.
一般地，等价于，而则等价于，注意分式不等式转化为整式不等式时分母不为零.
3、B
【解析】
设，用表示出，根据的取值范围，利用三角函数恒等变换化简，进而求得最值的情况.
【详解】
依题意，所以.设，则，所以，，所以，当时，取得最大值为.
，所以，所以，当时，有最小值为.故选B.
本小题主要考查平面向量数量积的坐标运算，考查三角函数化简求值，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.
4、A
【解析】
函数（）有两个不同的零点等价于函数在均有一个解，再解不等式即可.
【详解】
解：因为，
由函数（）有两个不同的零点，
则函数在均有一个解，
则，解得：，
故选：A.
本题考查了分段函数的零点问题，重点考查了分式不等式的解法，属中等题.
5、B
【解析】
试题分析：满足约束条件的点的可行域，如图所示

由图可知，目标函数在点处取得最小值，故选B.
考点：线性规划问题.
6、D
【解析】
利用递推关系，构造等比数列，进而求得的表达式，即可求出，也就可以得到的值。
【详解】
数列中，若，，
可得，所以是等比数列，公比为2，首项为5，
所以，．
本题主要考查数列的通项公式的求法——构造法。利用递推关系，选择合适的求解方法是解决问题的关键，常见的数列的通项公式的求法有：公式法，累加法，累乘法，构造法，取倒数法等。
7、D
【解析】
由点到直线距离公式，求出圆心到直线的距离，再由弦长，即可得出结果.
【详解】
因为圆：的圆心为，半径；
所以圆心到直线的距离为，
因此，弦长.
故选D
本题主要考查求圆被直线所截弦长问题，常用几何法处理，属于常考题型.
8、B
【解析】
先计算得到，再根据得到等式解得答案.
【详解】

故答案选B
本题考查了向量的计算，意在考查学生对于向量运算法则的灵活运用及计算能力.
9、D
【解析】
试题分析：本题是选择题，可采用逐一检验，利用特殊值法进行检验，很快问题得以解决．解：∵a>b，c>d;∴设a=1，b=-1，c=-2，d=-5,选项A，1-（-2）>-1-（-5），不成立;选项B，1（-2）>（-1）（-5），不成立;取选项C，，不成立,故选D
考点：不等式的性质
点评：本题主要考查了基本不等式，基本不等式在考纲中是C级要求，本题属于基础题
10、A
【解析】
若函数有意义,则需满足,进而求解即可
【详解】
由题,则,解得,
故选:A
本题考查具体函数的定义域,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】
根据幂函数定义知，又，由二倍角公式即可求解.
【详解】
因为为幂函数，
所以，即,
因为,
所以，即，
因为，
所以，.
故填.
本题主要考查了幂函数的定义，正弦的二倍角公式，属于中档题.
12、3
【解析】
试题分析：
考点：基本不等式.
13、100
【解析】
根据题意可求出首项和公差，进而求得结果.
【详解】
得

本题考点为等差数列的求和，为基础题目，利用基本量思想解题即可，充分记牢等差数列的求和公式是解题的关键．
14、
【解析】
求出面积的最大值，结合棱锥的体积可得到平面距离的最小值，进一步求得球的半径的最小值得答案．
【详解】
解：在中，由，且，

得，得．
当且仅当时，有最大值1．
过球心，且四面体的体积为1，
∴三棱锥的体积为．
则到平面的距离为．
此时的外接圆的半径为，
则球的半径的最小值为，
∴球O的表面积的最小值为．
故答案为：．
本题考查多面体外接球表面积最值的求法，考查逻辑思维能力与推理运算能力，考查空间想象能力，是中档题．
15、②③⑤
【解析】
将函数解析式改写成：，即可作出函数图象，根据图象即可判定.
【详解】
由题：，，
所以函数为奇函数，
，是该函数的周期，结合图象分析是其最小正周期，
，
作出函数图象：

可得，该函数的最小正周期为，图像不关于对称；
在区间上单调递减；图像不关于中心对称；
故答案为：②③⑤
此题考查三角函数图象及其性质的辨析，涉及周期性，对称性和单调性，作为填空题，恰当地利用图象解决问题能够起到事半功倍的作用.
16、194
【解析】
由.
故答案为：194.

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、（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
（1）类比等差数列求和的倒序相加法，将等比数列前n项积倒序相乘，可求，代入即可求解.
（2）由（1）知，利用两角差的正切公式，化简，，得
，再根据裂项相消法，即可求解.
【详解】
（Ⅰ）由题意，构成递增的等比数列，其中，则
①
②
①②，并利用等比数列性质，得

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
又

所以数列的前项和为

（Ⅰ）类比等差数列，利用等比数列的相关性质，推导等比数列前项积公式，创新应用型题；（Ⅱ）由两角差的正切公式，推导连续两个自然数的正切之差，构造新型的裂项相消的式子，创新应用型题；本题属于难题.
18、 (1)证明见解析；(2)
【解析】
(1)取中点,连接,可得四边形为平行四边形.再证明平面得到,进而得到即可.
(2)利用等体积法,求出三棱锥的体积,进而求得到平面的距离,再得出直线与平面所成角的正弦值即可.
【详解】
(1) 取中点,连接,则.又,故.
故四边形为平行四边形.故.
又,故,又底面,平面,故.
又,,故,又,故平面.
又平面,故.
又,,故

(2)因为底面,故.
又,,.
故.
设到平面的距离为,则,解得.
故直线与平面所成角的正弦值为
本题主要考查了线线垂直的证明以及利用等体积法求点到面的距离以及线面角的求解,需要根据题意利用线面线线垂直的判定与性质证明,同时也需要在等体积法时求解对应的面的面积等.属于中档题.
19、（1）见解析；（2）；（3）
【解析】
（1）由BB1⊥面ABC及线面垂直的性质可得AE⊥BB1，由AC=AB，E是BC的中点，及等腰三角形三线合一，可得AE⊥BC，结合线面垂直的判定定理可证得AE⊥面BB1C1C，进而由线面垂直的性质得到AE⊥B1C；
（2）取B1C1的中点E1，连A1E1，E1C，根据异面直线夹角定义可得，∠E1A1C是异面直线A与A1C所成的角，设AC=AB=AA1=2，解三角形E1A1C可得答案．
（3）连接AG，设P是AC的中点，过点P作PQ⊥AG于Q，连EP，EQ，则EP⊥AC，由直三棱锥的侧面与底面垂直，结合面面垂直的性质定理，可得EP⊥平面ACC1A1，进而由二面角的定义可得∠PQE是二面角C-AG-E的平面角．
【详解】

证明：（1）因为BB1⊥面ABC，AE⊂面ABC，所以AE⊥BB1
由AB=AC，E为BC的中点得到AE⊥BC
∵BC∩BB1=B∴AE⊥面BB1C1C
∴AE⊥B1C
解：（2）取B1C1的中点E1，连A1E1，E1C，
则AE∥A1E1，
∴∠E1A1C是异面直线AE与A1C所成的角．
设AC=AB=AA1=2，则由∠BAC=90°，
可得A1E1=AE=，A1C=2，E1C1=EC=BC=
∴E1C==
∵在△E1A1C中，cos∠E1A1C==
所以异面直线AE与A1C所成的角为．
（3）连接AG，设P是AC的中点，过点P作PQ⊥AG于Q，连EP，EQ，则EP⊥AC
又∵平面ABC⊥平面ACC1A1
∴EP⊥平面ACC1A1
而PQ⊥AG∴EQ⊥AG．
∴∠PQE是二面角C-AG-E的平面角．
由EP=1，AP=1，PQ=，得tan∠PQE==
所以二面角C-AG-E的平面角正切值是
本题是与二面角有关的立体几何综合题，主要考查了异面直线的夹角，线线垂直的判定，二面角等知识点，难度中档，熟练掌握线面垂直，线线垂直与面面垂直之间的转化及异面直线夹角及二面角的定义，是解答本题的关键．
20、（1）（2）
【解析】
（1）直接利用余弦定理得到答案.
（2）根据面积公式得到，利用余弦定理得到，计算得到答案.
【详解】
解：（1）由得.
∴.
又∵，∴.
（2）∵，
∴，则.
把代入得即.
∴，则.
∴的周长为.
本题考查了余弦定理，面积公式，周长，意在考查学生对于公式的灵活运用.
21、（1）（2）或
【解析】
（1）直接利用点到直线 的距离公式求出半径，即可得出答案。
（2）设出直线，求出圆心到直线的距离，利用半弦长直角三角形解出即可。
【详解】
解（1） ，所以圆的方程为
（2）由题意，可设直线的方程为
则圆心到直线的距离则，即
所以直线的方程为或
本题考查直线与圆的位置关系，属于基础题。