2024-2025学年山东省德州市齐河县一中数学高一下期末复习检测模拟试题含解析.doc

2024-2025学年山东省德州市齐河县一中数学高一下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．执行如图所示的程序语句，输出的结果为( )

A． B．
C． D．
2．在中，内角，，的对边分别为，，，且=．则
A． B． C． D．
3．已知圆锥的底面半径为，母线与底面所成的角为，则此圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
4．正项等比数列与等差数列满足，，，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．不确定
5．若角的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边经过点，则（ ）
A． B． C． D．
6．函数的单调增区间是( )
A． B．
C． D．
7．已知向量，则向量的夹角为 （ ）
A． B． C． D．
8．已知点，直线过点，且与线段相交，则直线的斜率满足( )
A．或 B．或 C． D．
9．若关于的不等式在区间上有解,则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
10．在各项均为正数的等比数列中，公比.若，，，数列的前n项和为，则当取最大值时，n的值为（　　）
A．8 B．9 C．8或9 D．17
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．在中，、、所对的边依次为、、，且，
若用含、、，且不含、、的式子表示，则_______ .
12．等差数列中，，则其前12项之和的值为______
13．已知圆柱的底面圆的半径为2，高为3，则该圆柱的侧面积为________.
14．在直角坐标系中，直线与直线都经过点，若，则直线的一般方程是_____.
15．等比数列{an}中，a1＜0，{an}是递增数列，则满足条件的q的取值范围是______________．
16．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinA+acosB=0，则B=___________.
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．等差数列的各项均为正数，，的前项和为，为等比数列，，且 ．
（1）求与；
（2）求数列的前项和.
18．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点为中点，且.

(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面.
19．设O为坐标原点，动点M在椭圆C上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足.
（1）求点P的轨迹方程；
（2）设点在直线上，且.证明：过点P且垂直于OQ的直线过C的左焦点F.
20．如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.

求证：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
21．在平面直角坐标系xOy中，已知圆，三个点，B、C均在圆上，
（1）求该圆的圆心的坐标；
（2）若，求直线BC的方程；
（3）设点满足四边形TABC是平行四边形，求实数t的取值范围.
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】
通过解读算法框图功能发现是为了求数列的和，采用裂项相消法即可得到答案.
【详解】
由已知中的程序语句可知:该程序的功能是求的值，
输出的结果为
，故选B.
本题主要考查算法框图基本功能，裂项相消法求和，意在考查学生的分析能力和计算能力.
2、C
【解析】
试题分析：由正弦定理得，，由于，
，，故答案为C.
考点：正弦定理的应用.
3、B
【解析】
首先计算出母线长，再利用圆锥的侧面积（其中为底面圆的半径，为母线长），即可得到答案．
【详解】
由于圆锥的底面半径，母线与底面所成的角为，
所以母线长 ，故圆锥的侧面积；
故答案选B
本题考查圆锥母线和侧面积的计算，解题关键是熟练掌握圆锥的侧面积的计算公式，即（其中为底面圆的半径，为母线长），属于基础题
4、B
【解析】
利用分析的关系即可.
【详解】
因为正项等比数列与等差数列,故
又,当且仅当时“=”成立,又即,故,
故选：B
本题主要考查等差等比数列的性质与基本不等式的“一正二定三相等”.
若是等比数列，且，则
若是等差数列，且，则
5、C
【解析】
根据三角函数定义结合正弦的二倍角公式计算即可
【详解】
由题意，∴，，
．
故选：C.
本题考查三角函数的定义，考查二倍角的正弦公式，掌握三角函数定义是解题关键．
6、D
【解析】
化简函数可得y＝2sin（2x），把“2x”作为一个整体，再根据正弦函数的单调增区间，求出x的范围，即是所求函数的增区间．
【详解】
，
由2kπ≤2x2kπ得，kπx≤kπ （k∈z），
∴函数的单调增区间是[kπ，kπ]（k∈z），
故选D．
本题考查了正弦函数的单调性应用，一般的做法是利用整体思想，根据正弦函数（余弦函数）的性质进行求解．
7、C
【解析】
试题分析：，设向量的夹角为，
考点：向量夹角及向量的坐标运算
点评：设夹角为，
8、A
【解析】
画出三点的图像，根据的斜率，求得直线斜率的取值范围.
【详解】
如图所示，过点作直线轴交线段于点，作由直线①直线与线段的交点在线段 (除去点)上时，直线的倾斜角为钝角，斜率的范围是.②直线与线段的交点在线段 (除去点)上时，直线的倾斜角为锐角，斜率的范围是.因为，，所以直线的斜率满足或.
故选:A.

本小题主要考查两点求斜率的公式，考查数形结合的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于基础题.
9、A
【解析】
利用分离常数法得出不等式在上成立，根据函数在上的单调性，求出的取值范围
【详解】
关于的不等式在区间上有解
在上有解
即在上成立，
设函数数，
恒成立
在上是单调减函数
且的值域为
要在上有解，则
即的取值范围是
故选
本题是一道关于一元二次不等式的题目，解题的关键是掌握一元二次不等式的解法，分离含参量，然后求出结果，属于基础题．
10、C
【解析】
∵ 为等比数列，公比为，且
∴
∴，则
∴
∴
∴，
∴数列是以4为首项，公差为的等差数列
∴数列的前项和为
令
当时，
∴当或9时，取最大值.
故选C
点睛：（1）在解决等差数列、等比数列的运算问题时，有两个处理思路：一是利用基本量将多元问题简化为一元问题；二是利用等差数列、等比数列的性质，性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差数列、等比数列问题的快捷方便的工具；
（2）求等差数列的前项和最值的两种方法：①函数法：利用等差数列前项和的函数表达式，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解；②邻项变号法：当时，满足的项数使得取得最大值为；当时，满足的项数使得取得最小值为.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
利用诱导公式，二倍角公式，余弦定理化简即可得解.
【详解】

.
故答案为.
本题主要考查了诱导公式，二倍角的三角函数公式，余弦定理，属于中档题.
12、
【解析】
利用等差数列的通项公式、前n项和公式直接求解．
【详解】
∵等差数列{an}中，a3+a10＝25，
∴其前12项之和S126（a3+a10）＝6×25＝1．
故答案为：1．
本题考查等差数列的前n项和的公式，考查等差数列的性质的应用，考查运算求解能力，是基础题．
13、
【解析】
圆柱的侧面打开是一个矩形，长为底面的周长，宽为圆柱的高，即，带入数据即可．
【详解】
因为圆柱的底面圆的半径为2，所以圆柱的底面圆的周长为，则该圆柱的侧面积为.
此题考察圆柱侧面积公式，属于基础题目．
14、
【解析】
点代入的方程求出k，再由求出直线的斜率，即可写出直线的点斜式方程.
【详解】
将点代入直线得，，解得，
又，，于是的方程为，整理得.
故答案为：
本题考查直线的方程，属于基础题.
15、
【解析】
试题分析：由题意可得，∴，解得 0＜q＜1
考点：等比数列的性质
16、.
【解析】
先根据正弦定理把边化为角，结合角的范围可得.
【详解】
由正弦定理，得．，得，即，故选D．
本题考查利用正弦定理转化三角恒等式，渗透了逻辑推理和数学运算素养．采取定理法，利用转化与化归思想解题．忽视三角形内角的范围致误，三角形内角均在范围内，化边为角，结合三角函数的恒等变化求角．

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）；（2）
【解析】
试题分析：（1）的公差为，的公比为，利用等比数列的通项公式和等差数列的前项和公式，由列出关于的方程组，解出的值，从而得到与的表达式.
（2）根据数列的特点,可用错位相减法求它的前项和,由（1）的结果知
，两边同乘以2得

由(1)(2)两式两边分别相减,可转化为等比数列的求和问题解决.
试题解析：（1）设的公差为，的公比为，则为正整数，
，
依题意有，即，
解得或者（舍去），
故． 4分
（2）． 6分
，
，
两式相减得8分
，
所以12分
考点：1、等差数列和等比数列；2、错位相减法求特数列的前项和.
18、（1）证明见解析；（2）证明见解析
【解析】
(1) 连接交于点，连接，可证，从而可证平面.
(2) 可证平面，从而得到平面平面.
【详解】
(1) 连接交于点，连接，
因为底面为平行四边形，所以为中点.
在中,又为中点，所以.
又平面，平面，
所以平面.
(2) 因为底面为平行四边形，所以.
又即，所以.
又即.
又平面，平面，，
所以平面.
又平面，所以平面平面.

线面平行的证明的关键是在面中找到一条与已知直线平行的直线，找线的方法是平行投影或中心投影，我们也可以通过面面平行证线面平行，这个方法的关键是构造过已知直线的平面，证明该平面与已知平面平行. 线面垂直的判定可由线线垂直得到，注意线线是相交的，也可由面面垂直得到，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线.而面面垂直的证明可以通过线面垂直得到，也可以通过证明二面角是直二面角.
19、（1）；（2）见解析.
【解析】
试题分析：（1）转移法求轨迹：设所求动点坐标及相应已知动点坐标，利用条件列两种坐标关系，最后代入已知动点轨迹方程，化简可得所求轨迹方程；（2）证明直线过定点问题，一般方法是以算代证：即证，先设 P（m，n），则需证，即根据条件可得，而，代入即得.
试题解析：解：（1）设P（x，y），M（）,则N（），
由得.
因为M（）在C上，所以.
因此点P的轨迹为.
由题意知F（-1,0），设Q（-3，t），P（m，n），则
，
.
由得-3m-+tn-=1，又由（1）知，故3+3m-tn=0.
所以，即.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
点睛:定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒成立的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.
20、（1）见解析（2）见解析
【解析】
试题分析：（1）先由平面几何知识证明，再由线面平行判定定理得结论；（2）先由面面垂直性质定理得平面，则，再由AB⊥AD及线面垂直判定定理得AD⊥平面ABC，即可得AD⊥AC．
试题解析：证明：（1）在平面内，因为AB⊥AD，，所以.

又因为平面ABC，平面ABC，所以EF∥平面ABC.
（2）因为平面ABD⊥平面BCD，
平面平面BCD=BD，
平面BCD，，
所以平面.
因为平面，所以 .
又AB⊥AD，，平面ABC，平面ABC，
所以AD⊥平面ABC，
又因为AC平面ABC，
所以AD⊥AC.
点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．
21、（1）（2）或（3），
【解析】
（1）将点代入圆的方程可得的值，继而求出半径和圆心（2）可设直线方程为：，可得圆心到直线的距离，结合弦心距定理可得的值，求出直线方程（3）设，，，，因为平行四边形的对角线互相平分，得，，于是点既在圆上，又在圆上，从而圆与圆上有公共点，即可求解．
【详解】
（1）将代入圆
得，
解得，
．半径．
（2），
，且，
设直线，即，
圆心到直线的距离，
由勾股定理得，
，
，
，
或，
所以直线的方程为或．
（3）设，，，，
因为平行四边形的对角线互相平分，
所以①，
因为点在圆上，
所以②
将①代入②，得
，
于是点既在圆上，又在圆上，
从而圆与圆有公共点，
所以，
解得．
因此，实数的取值范围是，．
本题考查了直线与圆的关系，涉及了向量知识，弦心距公式，点到直线的距离公式等内容，综合性较强，难度较大．