2025届河北保定市容城博奥学校高一下数学期末质量检测模拟试题含解析.doc

2025届河北保定市容城博奥学校高一下数学期末质量检测模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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．如果直线直线n，且平面，那么n与的位置关系是
A．相交 B． C． D．或
2．设为正数，为的等差中项，为的等比中项，则与的大小关为( )
A． B． C． D．
3．记等差数列的前n项和为.若，则（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
4．若三个球的半径的比是1：2：3，则其中最大的一个球的体积是另两个球的体积之和的（ ）倍．
A． B． C． D．
5．已知为等差数列，其前项和为，若，，则公差等于（　　）
A． B． C． D．
6．已知函数，其函数图像的一个对称中心是，则该函数的单调递增区间可以是（ ）
A． B． C． D．
7．将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若当时， 的图象与直线恰有两个公共点，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
8．已知直线与圆交于M，N两点，若，则k的值为（ ）
A． B． C． D．
9．圆：被直线截得的线段长为（ ）
A．2 B． C．1 D．
10．在面积为S的平行四边形ABCD内任取一点P，则三角形PBD的面积大于的概率为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．在平面直角坐标系中，在轴、轴正方向上的投影分别是、，则与同向的单位向量是__________．
12．已知正数、满足，则的最小值是________．
13．在等差数列中，，当最大时，的值是________.
14．若点，关于直线l对称，那么直线l的方程为________.
15．在中，角,,所对的边分别为，，，若的面积为，且,,成等差数列，则最小值为______．
16．已知等比数列中，，，若数列满足，则数列的前项和＝________．
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．已知数列前项和为，满足，
（1）证明：数列是等差数列，并求；
（2）设 ，求证：.
18．四棱柱中，底面为正方形，,为中点，且．
（1）证明；
（2）求点到平面的距离．

19．已知数列满足：，
（1）求，的值；
（2）求数列的通项公式；
（3）设，数列的前n项和，求证：
20．将正弦曲线如何变换可以得到函数的图像，请写出变换过程，并画出一个周期的闭区间的函数简图.
21．已知为数列的前项和，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
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、D
【解析】
利用直线与平面平行的判定定理和直线与平面平行的性质进行判断即可.
【详解】
直线直线 ,且平面，
当不在平面内时，平面内存在直线，
符合线面平行的判定定理可得平面，
当在平面内时，也符合条件，
与的位置关系是或，故选D .
本题主要考查线面平行的判定定理以及线面平行的性质，意在考查对基本定理掌握的熟练程度，属于基础题.
2、B
【解析】
由等差中项及等比中项的运算可得，，再结合即可得解.
【详解】
解：因为为正数，为的等差中项，为的等比中项，
则，，
又，当且仅当时取等号，
又，
所以，
故选：B.
本题考查了等差中项及等比中项的运算，重点考查了重要不等式的应用，属基础题.
3、D
【解析】
由可得值，可得可得答案.
【详解】
解：由，可得，
所以，从而，
故选D.
本题主要考察等差数列的性质及等差数列前n项的和，由得出的值是解题的关键.
4、D
【解析】
设最小球的半径为，根据比例关系即可得到另外两个球的半径，再利用球的体积公式表示出三个球的体积，即可得到结论。
【详解】
设最小球的半径为，由三个球的半径的比是1：2：3，可得另外两个球的半径分别为，；
最小球的体积，中球的体积，最大球的体积；
，即最大的一个球的体积是另两个球的体积之和的3倍；
故答案选D
本题主要考查球体积的计算公式，属于基础题。
5、C
【解析】
由题意可得，又，
所以,故选C.
本题考查两个常见变形公式和.
6、D
【解析】
根据对称中心，结合的范围可求得，从而得到函数解析式；将所给区间代入求得的范围，与的单调区间进行对应可得到结果.
【详解】
为函数的对称中心 ，
解得：，

当时，，此时不单调，错误；
当时，，此时不单调，错误；
当时，，此时不单调，错误；
当时，，此时单调递增，正确
本题正确选项：
本题考查正切型函数单调区间的求解问题，涉及到利用正切函数的对称中心求解函数解析式；关键是能够采用整体对应的方式，将正切型函数与正切函数进行对应，从而求得结果.
7、C
【解析】
根据二倍角和辅助角公式化简可得，根据平移变换原则可得；当时，；利用正弦函数的图象可知若的图象与直线恰有两个公共点可得，解不等式求得结果.
【详解】
由题意得：
由图象平移可知：
当时，
，，，
，又的图象与直线恰有两个公共点
，解得：
本题正确选项：
本题考查根据交点个数求解角的范围的问题，涉及到利用二倍角和辅助角公式化简三角函数、三角函数图象平移变换原则的应用等知识；关键是能够利用正弦函数的图象，采用数形结合的方式确定角所处的范围.
8、C
【解析】
先求得圆心到直线的距离，再根据圆的弦长公式求解.
【详解】
圆心到直线的距离为：
由圆的弦长公式：
得
解得
故选：C
本题主要考查了直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
9、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.
10、A
【解析】
转化条件求出满足要求的P点的范围，求出面积比即可得解.
【详解】
如图，

设P到BD距离为h，A到BD距离为H，则，
，满足条件的点在和中，
所求概率.
故选：A.
本题考查了几何概型的概率计算，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】
根据题意得出，再利用单位向量的定义即可求解.
【详解】
由在轴、轴正方向上的投影分别是、，可得，
所以与同向的单位向量为，
故答案为：
本题考查了向量的坐标表示以及单位向量的定义，属于基础题.
12、.
【解析】
利用等式得，将代数式与代数式相乘，利用基本不等式求出的最小值，由此可得出的最小值.
【详解】
，所以，
由基本不等式可得，
当且仅当时，等号成立，因此，的最小值是，故答案为：.
本题考查利用基本不等式求最值，解题时要对代数式进行合理配凑，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
13、6或7
【解析】
利用等差数列的前项和公式，由，可以得到和公差的关系，利用二次函数的性质可以求出最大时，的值.
【详解】
设等差数列的公差为，
，
，
所以
，
因为，，所以当或时，有最大值，
因此当的值是6或7.
本题考查了等差数列的前项和公式，考查了等差数列的前项和最大值问题，运用二次函数的性质是解题的关键.
14、
【解析】
利用直线垂直求出对称轴斜率，利用中点坐标公式求出中点，再由点斜式可得结果.
【详解】
求得，
∵点，关于直线l对称，
∴直线l的斜率1，
直线l过AB的中点，
∴直线l的方程为，
即.
故答案为：.
本题主要考查直线垂直的性质，考查了直线点斜式方程的应用，属于基础题.
15、4
【解析】
先根据,,成等差数列得到，再根据余弦定理得到满足的等式关系，而由面积可得，利用基本不等式可求的最小值.
【详解】
因为,,成等差数列，，故.
由余弦定理可得.
由基本不等式可以得到，当且仅当时等号成立.
因为，所以，
所以即，当且仅当时等号成立.
故填4.
三角形中与边有关的最值问题，可根据题设条件找到各边的等式关系或角的等量关系，再根据边的关系式的结构特征选用合适的基本不等式求最值，也可以利用正弦定理把与边有关的目标代数式转化为与角有关的三角函数式后再求其最值.
16、
【解析】
试题分析：根据题意，由于等比数列中，，，则可知公比为，那么可知等比数列中，，，故可知，那么可知数列的前项和＝1=，故可知答案为．
考点：等比数列
点评：主要是考查了等比数列的通项公式以及数列的求和的运用，属于基础题．

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）见解析．
【解析】
（1）由可得，当时，，两式相减可是等差数列，结合等差数列的通项公式可求进而可求（2）由（1）可得，利用裂项相消法可求和，即可证明．
试题分析：（1）（2）
试题解析：（1）由知，当
即
所以
而
故数列是以1为首项，1为公差的等差数列，且
（2）因为
所以

考点：数列递推式；等差关系的确定；数列的求和
18、（1）见解析;(2) ．
【解析】
试题分析：（1）证明线线垂直，一般利用线面垂直性质定理，即利用线面垂直进行证明，而证明线面垂直，则利用线面垂直判定定理，即从已知的线线垂直出发给予证明，本题利用平几知识，如等边三角形性质、正方形性质得线线垂直，（2）求点到直线距离，一般方法利用等体积法转化为求高.
试题解析：（1）等边中, 为中点,
又,且

在正方形中，

(2) 中，,
由(1)知,

等体积法可得
点到平面的距离为．
19、 (1) ； ；(2) (3)见证明；
【解析】
（1）令可求得；
（2）在已知等式基础上，用代得另一等式，然后相减，可求得，并检验一下是否适合此表达式；
（3）用裂项相消法求和．
【详解】
解：（1）由已知得
，∴
(2)由，①得
时，，②
①-②得
∴，
也适合此式，
∴（）．
（3）由（2）得，∴
∴
∵，∴
∴
本题考查由数列的通项公式，考查裂项相消法求和．求通项公式时的方法与已知求的方法一样，本题就相当于已知数列的前项和，要求．注意首项求法的区别．
20、答案见解析
【解析】
利用函数函数的图像变换规律和五点作图法可解.
【详解】
由函数的图像上的每一点保持纵坐标不变，横坐标扩大为原来的2倍，得到函数的图像,
再将函数的图像向左平移个单位，得到函数的图像.
然后再把函数的图像上每一个点的横坐标保持不变，纵坐标扩大为原来的2倍，得到函数的图像.
作函数的图像
列表得

0
1
0

0
函数图像为

本题考查函数的图像变换的过程叙述和作出函数的一个周期的简图，属于基础题.
21、 (1)；(2) .
【解析】
（1）由即可求得通项公式；
（2）由（1）中所求的，以及，可得，再用裂项求和求解前项和即可.
【详解】
（1）当时，
整理得，即数列是以首项为，公比为2的等比数列，
故
（2）由（1）得，，
故=
故

数列的前项和.
本题考查由和之间的关系求解数列的通项公式，以及用裂项求和求解前项和，属数列综合基础题.