江苏省永丰初级中学2025年数学高一第二学期期末统考模拟试题含解析.doc

江苏省永丰初级中学2025年数学高一第二学期期末统考模拟试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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．若三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，且三棱锥的体积为，则球的体积为( )
A． B． C． D．
2．已知两条直线，，两个平面，，下面说法正确的是( )
A． B． C． D．
3．如图所示，4个散点图中，不适合用线性回归模型拟合其中两个变量的是（ ）
A． B．
C． D．
4．已知数列是等差数列，数列满足，的前项和用表示，若满足，则当取得最大值时，的值为（ ）
A．16 B．15 C．14 D．13
5．定义运算为执行如图所示的程序框图输出的值，则式子的值是

A．－1 B．
C． D．
6．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
7．化简的结果是（　）
A． B． C． D．
8．将函数f（x）=sin（ωx+）（ω＞0）的图象向左平移个单位，所得到的函数图象关于y轴对称，则函数f（x）的最小正周期不可能是（　　）
A． B． C． D．
9．已知两点，，若点是圆上的动点，则△面积的最小值是
A． B．6 C．8 D．
10．在△ABC中，sinA:sinB:sinC=4:3:2，则cosA的值是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．在数列中，若，（），则________
12．中,三边所对的角分别为,若,则角______.
13．当时，不等式成立，则实数k的取值范围是______________.
14．如图所示，隔河可以看到对岸两目标，但不能到达，现在岸边取相距的两点，测得（在同一平面内），则两目标间的距离为_________.

15．九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏，它用九个圆环相连成串，以解开为胜.据明代杨慎《丹铅总录》记载：“两环互相贯为一，得其关捩，解之为二，又合面为一”.在某种玩法中，用表示解下个圆环所需的移动最少次数，满足，且，则解下4个环所需的最少移动次数为_____.
16．设集合，它共有个二元子集，如、、等等．记这个二元子集为、、、、，设，定义，则_____．（结果用数字作答）
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．如图，三棱柱中，，D为AB上一点，且平面.

（1）求证：；
（2）若四边形是矩形，且平面平面ABC，直线与平面ABC所成角的正切值等于2，，，求三楼柱的体积.
18．已知函数.
（1）求函数在区间上的最大值；
（2）在中，若，且，求的值.
19．已知.
（1）解关于的不等式；
（2）若不等式的解集为，求实数，的值.
20．在等差数列中，
（Ⅰ）求通项；
（Ⅱ）求此数列前30项的绝对值的和．
21．求值：（1）一个扇形的面积为1，周长为4，求圆心角的弧度数；
（2）已知，计算.
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、A
【解析】
由的体积计算得高，已知将三棱锥的外接球，转化为长2，宽2，高的长方体的外接球，求出半径，可得答案．
【详解】
∵，，故三棱锥的底面面积为，由平面，
得，又三棱锥的体积为，得，
所以三棱锥的外接球，相当于长2，宽2，高的长方体的外接球，
故球半径，得，故外接球的体积.
故选：A．
本题考查了三棱锥外接球的体积，三棱锥体积公式的应用，根据已知计算出球的半径是解答的关键，属于中档题．
2、D
【解析】
满足每个选项的条件时能否找到反例推翻结论即可。
【详解】
A：当m, n中至少有一条垂直交线才满足。
B：很明显m, n还可以异面直线不平行。
C: 只有当m垂直交线时，否则不成立。
故选：D
此题考查直线和平面位置关系，一般通过反例排除法即可解决，属于较易题目。
3、A
【解析】
根据线性回归模型建立方法，分析选项，找出散点比较分散且无任何规律的选项可得答案.
【详解】
根据题意，适合用线性回归拟合其中两个变量的散点图必须散点分布比较集中，且大体接近某一条直线，分析选项可得A选项的散点图杂乱无章，最不符合条件.
故选A
本题考查了统计案例散点图，属于基础题.
4、A
【解析】
设等差数列的公差为，根据得到，推出，判断出当时，；时，；再根据，判断出对取正负的影响，进而可得出结果.
【详解】
设等差数列的公差为，因为数列是等差数列，，
所以，因此，所以，
所以，，
因此，当时，；时，，
因为，
所以当时，，当时，，
当时，，
当时，因为，所以；
因为

所以，当时，取得最大值.
故选：A
本题主要考查等差数列的应用，熟记等差数列的性质，及其函数特征即可，属于常考题型.
5、D
【解析】
由已知的程序框图可知，本程序的功能是:计算并输出分段函数的值，由此计算可得结论.
【详解】
由已知的程序框图可知:
本程序的功能是:计算并输出分段函数的值，
可得，
因为，
所以，，
故选D.
本题主要考查条件语句以及算法的应用，属于中档题 .算法是新课标高考的一大热点，其中算法的交汇性问题已成为高考的一大亮，这类问题常常与函数、数列、不等式等交汇自然，很好地考查考生的信息处理能力及综合运用知识解决问題的能力，解决算法的交汇性问题的方：（1）读懂程序框图、明确交汇知识，(2）根据给出问题与程序框图处理问题即可.
6、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.
7、A
【解析】
根据平面向量加法及数乘的几何意义，即可求解，得到答案．
【详解】
根据平面向量加法及数乘的几何意义，可得，
故选A．
本题主要考查了平面向量的加法法则的应用，其中解答中熟记平面向量的加法法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
8、D
【解析】
利用函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，对称性和周期性，求得函数的最小正周期为，由此得出结论．
【详解】
解： 将函数的图象向左平移个单位， 可得的图象，
根据所得到的函数图象关于轴对称， 可得，即，．
函数的最小正周期为，
则函数的最小正周期不可能是，
故选．
本题主要考查函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，对称性和周期性，属于基础题．
9、A
【解析】
求得圆的方程和直线方程以及，利用三角换元假设，利用点到直线距离公式和三角函数知识可求得，代入三角形面积公式可求得结果.
【详解】
由题意知，圆的方程为：，
直线方程为：，即
设
点到直线的距离：，其中
当时，
本题正确选项：
本题考查点到直线距离的最值的求解问题，关键是能够利用三角换元的方式将问题转化为三角函数的最值的求解问题.
10、A
【解析】
由正弦定理可得，再结合余弦定理求解即可.
【详解】
解：因为在△ABC中，sinA:sinB:sinC=4:3:2，
由正弦定理可得，
不妨令，
由余弦定理可得，
故选：A.
本题考查了正弦定理及余弦定理，重点考查了运算能力，属基础题.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
由题意，得到数列表示首项为1，公差为2的等差数列，结合等差数列的通项公式，即可求解.
【详解】
由题意，数列中，满足，（），即（），
所以数列表示首项为1，公差为2的等差数列，
所以.
故答案为：
本题主要考查了等差数列的定义和通项公式的应用，其中解答中熟记等差数列的定义，合理利用数列的通项公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
12、
【解析】
利用余弦定理化简已知条件，求得的值，进而求得的大小.
【详解】
由得，由于，所以.
本小题主要考查余弦定理解三角形，考查特殊角的三角函数值，属于基础题.
13、k∈（﹣∞，1]
【解析】
此题先把常数k分离出来，再构造成再利用导数求函数的最小值，使其最小值大于等于k即可．
【详解】
由题意知：
∵当0≤x≤1时
（1）当x＝0时，不等式恒成立 k∈R
（2）当0＜x≤1时，不等式可化为

要使不等式恒成立，则k成立
令f（x） x∈（0，1]
即 f '（x）
再令g（x）
g'（x）
∵当0＜x≤1时，g'（x）＜0
∴g（x）为单调递减函数
∴g（x）＜g（0）＝0
∴f '（x）＜0
即函数f（x）为单调递减函数
所以 f（x）min＝f（1）＝1 即k≤1
综上所述，由（1）（2）得 k≤1
故答案为： k∈（﹣∞，1]．
本题主要考查利用导数求函数的最值，属于中档题型．
14、
【解析】
在中，在中，分别由正弦定理求出，，在中，由余弦定理可得解.
【详解】
由图可得，
在中，由正弦定理可得，
在中，由正弦定理可得，
在中，由余弦定理可得：
.
故答案为：
此题考查利用正余弦定理求解三角形，根据已知边角关系建立等式求解，此题求AB的长度可在多个三角形中计算，恰当地选择可以减少计算量.
15、7
【解析】
利用的通项公式，依次求出，从而得到，即可得到答案。
【详解】
由于表示解下个圆环所需的移动最少次数，满足，且
所以，，
故，所以解下4个环所需的最少移动次数为7
故答案为7.
本题考查数列的递推公式，属于基础题。
16、1835028
【解析】
分别分析中二元子集中较大元素分别为、、、时，对应的二元子集中较小的元素，再利用题中的定义结合数列求和思想求出结果.
【详解】
当二元子集较大的数为，则较小的数为；
当二元子集较大的数为，则较小的数为、；
当二元子集较大的数为，则较小的数为、 、；

当二元子集较大的数为，则较小的数为、、、、.
由题意可得
，
令，
得，
上式下式得，
化简得，
因此，，
故答案为：.
本题考查新定义，同时也考查了数列求和，解题的关键就是找出相应的规律，列出代数式进行计算，考查运算求解能力，属于难题.

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）见详解；（2）
【解析】
（1）连接交于点，连接，利用线面平行的性质定理可得，从而可得为的中点，进而可证出
（2）利用面面垂直的性质定理可得平面，从而可得三棱柱为直三棱柱，在中，根据等腰三角形的性质可得，进而可得棱柱的高为，利用柱体的体积公式即可求解.
【详解】
（1）连接交于点，连接，如图：

由平面，且平面平面,
所以，由为的中点，
所以为的中点，
又，

（2）由四边形是矩形，且平面平面ABC，
所以平面，即三棱柱为直三棱柱，
在中，，，，
所以，
因为直线与平面ABC所成角的正切值等于2，
在中，，所以.
.
本题考查了线面平行的性质定理、面面垂直的性质定理，同时考查了线面角以及柱体的体积公式，属于基础题.
18、（1）；（2）.
【解析】
（1）先将函数化简整理，得到，根据，得到，根据正弦函数的性质，即可得出结果；
（2）令，得到或，根据，，得出，，求出，根据正定理，即可得出结果.
【详解】
（1）

因为，所以，因此；
故函数在区间上的最大值；
（2）因为，由（1），令，
所以或，
解得：或，
因为，所以，，
因此，
由正弦定理可得：.
本题主要考查求正弦型复合函数在给定区间的最值，以及正弦定理的应用，熟记正弦函数的性质，以及正弦定理即可，属于常考题型.
19、（1）；（2）或．
【解析】
（1），再解一元二次不等式即可；
（2）由题意得，，代入即可求出实数，的值．
【详解】
（1）∵，
∴，
∴，
解得，
∴原不等式的解集为；
（2）由题意得，，
即，解得或，
∴或．
本题主要考查一元二次不等式的解法，考查三个二次之间的关系，考查转化与化归思想，属于基础题．
20、（Ⅰ）；（Ⅱ）765
【解析】
试题分析：（Ⅰ）由题意可得：进而得到数列通项公式为；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得当时，，所以采用分组求和即可
试题解析：（Ⅰ）∵即．
∴．
∴．
（Ⅱ）由，则．
∴
=
．
考点：1．求数列通项公式；2．数列求和
21、（1）；（2）.
【解析】
（1）设出扇形的半径为，弧长为，利用面积、周长的值，得到关于的方程；
（2）由已知条件得到，再代入所求的式子进行约分求值.
【详解】
（1）设扇形的半径为，弧长为，则解得：
所以圆心角的弧度数.
（2）因为，所以，
所以.
若三个中，只要知道其中一个，则另外两个都可求出，即知一求二.