2025届抚州市重点中学高一数学第二学期期末考试模拟试题含解析.doc

2025届抚州市重点中学高一数学第二学期期末考试模拟试题
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．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )

A． B． C． D．
2．已知函数，若存在实数，满足，则实数的取值范围为（   ）
A． B．
C． D．
3．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的值等于 (　　)

A．－3 B．－10 C．0 D．－2
4．直线的倾斜角为（ ）
A．30° B．60° C．120° D．150°
5．在边长为1的等边三角形ABC中，D是AB的中点，E为线段AC上一动点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．的内角、、所对的边分别为、、，下列命题：（1）三边、、既成等差数列，又成等比数列，则是等边三角形；（2）若，则是等腰三角形；（3）若，则；（4）若，则；（5），，若唯一确定，则.其中，正确命题是（ ）
A．（1）（3）（4） B．（1）（2）（3） C．（1）（2）（5） D．（3）（4）（5）
7．已知直线l和平面，若直线l在空间中任意放置，则在平面内总有直线和
A．垂直 B．平行 C．异面 D．相交
8．如图，在正方体中，，分别是中点，则异面直线与所成角大小为（ ）．

A． B． C． D．
9．已知数列，对于任意的正整数，，设表示数列的前项和.下列关于的结论，正确的是（ ）
A． B．
C． D．以上结论都不对
10．若向量，的夹角为60°，且||＝2，||＝3，则|2|＝（　　）
A．2 B．14 C．2 D．8
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．如图所示，正方体的棱长为3，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为_____．

12．在数列中，，则______________.
13．若，则__________.（结果用反三角函数表示）
14．已知向量，，且，则_______．
15．若采用系统抽样的方法从420人中抽取21人做问卷调查，为此将他们随机编号为1,2，…，420，则抽取的21人中，编号在区间[241,360]内的人数是______
16．在中，，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．若是的一个内角，且，求的值.
19．已知函数.
（1）求的单调递增区间；
（2）求在区间的最大值和最小值.
20．已知，
(1)求；
(2)求；
(3)求
21．已知圆的半径是2，圆心在直线上，且圆与直线相切.
（1）求圆的方程；
（2）若点是圆上的动点，点在轴上，的最大值等于7，求点的坐标.
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、C
【解析】
通过三视图可以判断这一个是半个圆柱与半个圆锥形成的组合体，利用圆柱和圆锥的体积公式可以求出这个组合体的体积.
【详解】
该几何体为半个圆柱与半个圆锥形成的组合体，
故，故选C.
本题考查了利用三视图求组合体图形的体积，考查了运算能力和空间想象能力.
2、A
【解析】
根据题意可知方程有解即可，代入解析式化简后，利用基本不等式得出， 再利用分类讨论思想即可求出实数的取值范围．
【详解】
由题意知，方程有解，
则，
化简得，即，
因为，所以，
当时，化简得， 解得；
当时，化简得， 解得，
综上所述的取值范围为．
故答案为：A
本题主要考查了函数的基本性质的应用，以及利用基本不等式求最值的应用，其中解答中利用题设条件化简，合理利用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．
3、A
【解析】
第一次循环，；
第二次循环，；
第三次循环，，
当时，不成立，循环结束，此时，故选A.
4、D
【解析】
由直线方程得到直线斜率，进而得到其倾斜角.
【详解】
因直线方程为，
所以直线的斜率，故其倾斜角为150°.
故选D
本题主要考查求直线的倾斜角，熟记定义即可，属于基础题型.
5、B
【解析】
由题意，以点为坐标原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，得到，，以及直线的方程，设出点E坐标，根据向量数量积，直接计算，即可得出结果.
【详解】
如图，以点为坐标原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，因为等边三角形的边长为1，所以，，，，
则直线的方程为，整理得，
因为E为线段AC上一动点，设，，
则，，
所以，
因为，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，最大值为.
即的取值范围为.
故选B

本题主要考查平面向量的数量积，利用建立坐标系的方法求解即可，属于常考题型.
6、A
【解析】
由等差数列和等比数列中项性质可判断（1）；由正弦定理和二倍角公式、诱导公式，可判断（2）； 由三角形的边角关系和余弦函数的单调性可判断（3）；由余弦定理和基本不等式可判断（4）； 由正弦定理和三角形的边角关系可判断（5）．
【详解】
解：若、、既成等差数列，又成等比数列，则，，则，得，得，得，则是等边三角形，故（1）正确；
若，则，则，则或，即或，则△ABC是等腰或直角三角形，故（2）错误；
若，则，则，故（3）正确；
若，则，则，由得，则，则，故（4）正确；
若，，则，即，又，若唯一确定，则或，则或，故（5）错误；
故选：A．
本题主要考查正弦定理和余弦定理的运用，以及三角形的形状的判断，考查化简运算能力，属于中档题．
7、A
【解析】
本题可以从直线与平面的位置关系入手：直线与平面的位置关系可以分为三种：直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行，在这三种情况下再讨论平面中的直线与已知直线的关系，通过比较可知：每种情况都有可能垂直．
【详解】
当直线l与平面相交时，
平面内的任意一条直线与直线l的关系只有两种：异面、相交，此时就不可能平行了，故B错．
当直线l与平面平行时，
平面内的任意一条直线与直线l的关系只有两种：异面、平行，此时就不可能相交了，故D错．
当直线a在平面内时，
平面内的任意一条直线与直线l的关系只有两种：平行、相交，此时就不可能异面了，故C错．
不管直线l与平面的位置关系相交、平行，还是在平面内，
都可以在平面内找到一条直线与直线垂直，
因为直线在异面与相交时都包括垂直的情况，故A正确．
故选:A．
本题主要考查了空间中直线与直线之间的位置关系，空间中直线与平面之间的位置关系，考查空间想象能力和思维能力．
8、C
【解析】
通过中位线定理可以得到在正方体中，可以得到所以这样找到异面直线与所成角，通过计算求解．
【详解】
分别是中点，所以有而，因此
异面直线与所成角为在正方体中，,
所以，故本题选C．
本题考查了异面直线所成的角．
9、B
【解析】
根据题意，结合等比数列的求和公式，先得到当时，，再由极限的运算法则，即可得出结果.
【详解】
因为数列，对于任意的正整数，，表示数列的前项和，
所以，，，...… ，
所以当时，
，
因此.
故选：B
本题主要考查数列的极限，熟记等比数列的求和公式，以及极限的运算法则即可，属于常考题型.
10、A
【解析】
由已知可得||，根据数量积公式求解即可．
【详解】
||．
故选A．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，考查了利用数量积进行向量模的运算求解方法，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】
该多面体为正八面体，将其转化为两个正四棱锥，通过计算两个正四棱锥的体积计算出正八面体的体积.
【详解】
以正方体所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，
也可以看作是两个正四棱锥的组合体，每一个正四棱锥的侧棱长与底面边长均为．则其中一个正四棱锥的高为h．
∴该多面体的体积V．
故答案为：
本小题主要考查正八面体、正四棱锥体积的计算，属于基础题.
12、20
【解析】
首先根据已知得到：是等差数列，公差，再计算即可.
【详解】
因为，
所以数列是等差数列，公差.
.
故答案为：
本题主要考查等差数列的判断和等差数列项的求法，属于简单题.
13、；
【解析】
由条件利用反三角函数的定义和性质即可求解.
【详解】
，
则，
故答案为：
本题考查了反三角函数的定义和性质，属于基础题.
14、-2或3
【解析】
用坐标表示向量，然后根据垂直关系得到坐标运算关系，求出结果.
【详解】
由题意得：
或
本题正确结果：或
本题考查向量垂直的坐标表示，属于基础题.
15、6
【解析】
试题分析：由题意得，编号为，由得共6个.
考点：系统抽样
16、
【解析】
先由正弦定理得到，再由余弦定理求得的值．
【详解】
由，结合正弦定理可得，
故设，，()，由余弦定理可得，
故.
本题考查了正弦定理和余弦定理的运用，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）
【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、
【解析】
本题首先可根据是的一个内角以及得出和，然后对进行平方并化简可得，最后结合即可得出结果．
【详解】
因为是的一个内角，所以，，
因为，所以，，
所以，
所以．
本题考查同角三角函数关系的应用，考查的公式为，在运算的过程中一定要注意角的取值范围，考查推理能力，是简单题．
19、（1），；（2），
【解析】
（1）直接利用三角函数的恒等变换，把三角函数变形成正弦型函数．进一步求出函数的单调区间．
（2）直接利用三角函数的定义域求出函数的最值．
【详解】
解：（1）

令，
解得，
即函数的单调递增区间为，
（2）由（1）知

所以当，即时，
当，即时，
本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的单调性的应用，利用函数的定义域求三角函数的值域．属于基础型．
20、（1）；（2）；（3）
【解析】
利用正弦的二倍角公式，余弦和正切的两角和公式计算即可得到答案.
【详解】
因为，，所以.
（1）；
（2）；
（3）
本题考查正弦的二倍角公式，余弦和正切的两角和公式的应用，属于简单题.
21、（1）或；（2）或．
【解析】
（1）利用圆心在直线上设圆心坐标，利用相切列方程即可得解；
（2）利用最大值为7确定圆，设点的坐标，找到到圆上点的最大距离列方程得解．
【详解】
解：（1）设圆心的坐标为，
因为圆与直线相切，
所以，
即，
解得或，
故圆的方程为：，或；
（2）由最大值等于可知，若圆的方程为，则的最小值为，故不故符合题意；
所以圆的方程为：，
设，
则，
的最大值为：，
得，
解得或．
故点的坐标为或．
此题考查了圆方程的求法，点到圆上点的距离最值等，属于中档题．