2025届福建省莆田第十中学高一下数学期末学业质量监测模拟试题含解析.doc

2025届福建省莆田第十中学高一下数学期末学业质量监测模拟试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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．方程表示的曲线是（ ）
A．一个圆 B．两个圆 C．半个圆 D．两个半圆
2．设向量，，则向量与的夹角为( )
A． B． C． D．
3．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为（ ）

A．54 B． C．90 D．81
4．在中，角的对边分别为,，且边，则面积的最大值为（　　）
A． B． C． D．
5．同时抛掷三枚硬币，则抛掷一次时出现两枚正面一枚反面的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．等差数列满足，则其前10项之和为（　　）
A．－9 B．－15 C．15 D．
7．设函数，其中为已知实常数，，则下列命题中错误的是（ ）
A．若，则对任意实数恒成立；
B．若，则函数为奇函数；
C．若，则函数为偶函数；
D．当时，若，则 （）．
8．的值为
A． B． C． D．
9．设变量满足约束条件，则目标函数的最小值为（ ）
A． B． C． D．2
10．下列关于极限的计算，错误的是（ ）
A．
B．
C．
D．已知，则
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．中，，，，则________.
12．已知扇形的圆心角为，半径为，则扇形的弧长为______.
13．若，则________.
14．已知，若角的终边经过点，求的值.
15．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若，则_____.
16．若直线l1：y＝kx+1与直线l2关于点（2，3）对称，则直线l2恒过定点_____，l1与l2的距离的最大值是_____.
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．已知数列，，满足，，，.
（1）设，求数列的通项公式；
（2）设，求数列，的前n项和.
18．数列中，，（为常数，1，2，3，…），且.
（1）求c的值；
（2）求证：①；②；
（3）比较++…+与的大小，并加以证明.
19．已知．若三点共线，求实数的值．
20．若
（1）化简；
（2）求函数的单调递增区间.
21．已知数列的前项和为，且满足.
（1）求证：数列是等比数列；
（2）设，数列的前项和为，求证：.
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】
原方程即
即
或
故原方程表示两个半圆．
2、C
【解析】
由条件有，利用公式可求夹角.
【详解】
, .
又
又向量与的夹角的范围是
向量与的夹角为.
故选：C
3、A
【解析】
由已知中的三视图可得：该几何体是一个以正方形为底面的斜四棱柱，进而得到答案．
【详解】
由三视图可知，该多面体是一个以正方形为底面的斜四棱柱，
四棱柱的底面是边长为3的正方形，四棱柱的高为6，
则该多面体的体积为.
故选：A.
本题考查三视图知识及几何体体积的计算，根据三视图判断几何体的形状，再由几何体体积公式求解，属于简单题.
4、D
【解析】
由已知利用同角三角函数基本关系式可求，根据余弦定理，基本不等式可求的最大值，进而利用三角形面积公式即可求解．
【详解】
解：，可解得：，
由余弦定理，可得
，即，当且仅当时成立．

等号当时成立．故选D．
本题主要考查了余弦定理，三角形面积公式的应用，属于基本知识的考查．
5、B
【解析】
根据二项分布的概率公式求解.
【详解】
每枚硬币正面向上的概率都等于，
故恰好有两枚正面向上的概率为：.
故选B.
本题考查二项分布.本题也可根据古典概型概率计算公式求解.
6、D
【解析】
由已知(a4＋a7)2＝9，所以a4＋a7＝±3，从而a1＋a10＝±3.
所以S10＝×10＝±15.
故选D.
7、D
【解析】
利用两角和的余弦公式化简表达式.
对于A选项，将化简得到的表达式代入上述表达式，可判断出A选项为真命题.
对于B选项，将化简得到的表达式代入上述表达式，可判断出为奇函数，由此判断出B选项为真命题.
对于C选项，将化简得到的表达式代入上述表达式，可判断出为偶函数，由此判断出C选项为真命题.
对于D选项，根据、，求得的零点的表达式，由此求得 （），进而判断出D选项为假命题.
【详解】
.
不妨设 ．为已知实常数.
若，则得 ；若，则得．
于是当时，对任意实数恒成立，即命题A是真命题；
当时，，它为奇函数，即命题B是真命题；
当时，，它为偶函数，即命题C是真命题；
当时，令，则
，
上述方程中，若，则，这与矛盾，所以．
将该方程的两边同除以得
，令 （），
则 ，解得 （）．
不妨取 ， （且），
则，即 （），所以命题D是假命题．
故选：D
本小题主要考查两角和的余弦公式，考查三角函数的奇偶性，考查三角函数零点有关问题的求解，考查同角三角函数的基本关系式，属于中档题.
8、B
【解析】
试题分析：由诱导公式得，故选B．
考点：诱导公式．
9、B
【解析】
根据不等式组画出可行域，数形结合解决问题.
【详解】
不等式组确定的可行域如下图所示：

因为可化简为
与直线平行，且其在轴的截距与成正比关系，
故当且仅当目标函数经过和的交点时，取得最小值，
将点的坐标代入目标函数可得.
故选：B.
本题考查常规线性规划问题，属基础题，注意数形结合即可.
10、B
【解析】
先计算每个极限，再判断，如果是数列和的极限还需先求和，再求极限．
【详解】
，A正确；
∵，
∴，B错；
，C正确；
若，需按奇数项和偶数项分别求和后再极限，即 ，D正确．
故选：B．
本题考查数列的极限，掌握极限运算法则是解题基础．在求数列前n项和的极限时，需先求出数列的前n项和，再对和求极限，不能对每一项求极限再相加．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、7
【解析】
在中，利用余弦定理得到，即可求解，得到答案.
【详解】
由余弦定理可得，
解得.
故答案为：7.
本题主要考查了余弦定理的应用，其中解答中熟记三角形的余弦定理，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、9
【解析】
由扇形的弧长公式运算可得解.
【详解】
解：由扇形的弧长公式得：，
故答案为9.
本题考查了扇形的弧长，属基础题.
13、
【解析】
观察式子特征，直接写出，即可求出。
【详解】
观察的式子特征，明确各项关系，以及首末两项，即可写出，
所以，相比，增加了后两项，少了第一项，故。
本题主要考查学生的数学抽象能力，正确弄清式子特征是解题关键。
14、
【解析】
由条件利用任意角的三角函数的定义，求得和的值，从而可得的值.
【详解】
因为角的终边经过点，所以， ，则.
故答案为：
本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．
15、
【解析】
先利用同角三角函数的商数关系可得，再结合正弦定理及余弦定理化简可得，然后求解即可.
【详解】
解：因为，
则，
所以，
即，
所以，
则，
即，
即
即，
故答案为：.
本题考查了同角三角函数的商数关系，重点考查了正弦定理及余弦定理的应用，属中档题.
16、（4，5） 4.
【解析】
根据所过定点与所过定点关于对称可得，与的距离的最大值就是两定点之间的距离.
【详解】
∵直线：经过定点，
又两直线关于点对称，则两直线经过的定点也关于点对称
∴直线恒过定点，
∴与的距离的最大值就是两定点之间的距离，即为.
故答案为：，.
本题考查了过两条直线交点的直线系方程，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）
【解析】
（1）由数列的递推公式得到和的关系式，进而推导出满足的关系式，进而求得数列的通项公式；
（2）的通项公式是由等差数列的项乘以等比数列的项，利用乘公比错位相减法，即可求解数列的前n项和.
【详解】
（1）由题意，知，则，即，
又由，所以，所以，所以，
，，
，
.
（2）由（1）知：，
，
，
两式相减得：
.
本题主要考查数列的递推公式的应用、以及“错位相减法”求和，此类题目是数列问题中的常见题型，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数，能较好的考查考生的逻辑思维能力及基本计算能力等.
18、 (1)；(2) ①见证明；②见证明；(3)++…+，证明见解析
【解析】
（1）将代入，结合可求出的值；（2）可知，，即可证明结论；（3）由题意可得，从而可得到，求和可得，然后作差，通过讨论可比较二者大小.
【详解】
（1）由题意：，.
而，得，即，
解得或，
因为，所以满足题意.
（2）因为，
所以.
则.
，
因为，，所以，
所以.
（3）由，可得，
从而，所以.
因为，所以，
所以
.
，，，,
当n=1时，,故；
当n=2时，，；
当n≥3时，，则，.
本题主要考查了数列的递推关系式和数列的求和，考查了不等式的证明，考查了学生的逻辑推理能力与计算能力，属于难题.
19、
【解析】
计算出由三点共线解出即可．
【详解】
解：，∵三点共线，∴，∴
本题考查3点共线的向量表示，属于基础题．
20、（1）（2）
【解析】
（1）利用利用诱导公式化简得解析式，可的结果．
（2）利用余弦函数的单调性求得函数的单调递增区间．
【详解】
（1）.
（2）
令，，
的单调递增区间为.
本题考查利用诱导公式化简求值、求余弦函数的单调区间，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查运算求解能力，属于基础题．
21、（1）见证明；（2）见证明
【解析】
（1）由，得，两式作差可得，利用等比数列的定义，即可作出证明；
（2）由（1）可得，得到，利用裂项法求得数列的和，即可作出证明.
【详解】
（1）证明：由，得，
两式作差可得：，即，即，
又，得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列；
（2）由（1）可得，数列的通项公式为，
又由，
所以.
所以.
本题主要考查了等比数列的定义，以及数列“裂项法”求和的应用，其中解答中熟记等比数列的定义和通项，以及合理利用数列的“裂项法”求得数列的前n项和是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.