2025届云南民族中学数学高一下期末联考模拟试题含解析.doc

2025届云南民族中学数学高一下期末联考模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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
1．一几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）

A．16 B．20 C．24 D．28
2．计算：的结果为（ ）
A．1 B．2 C．-1 D．-2
3．将函数的图像左移个单位，则所得到的图象的解析式为
A． B．
C． D．
4．在中，点满足，则（ ）
A． B．
C． D．
5．（卷号）2397643038875648
（题号）2398229448728576
（题文）
已知直线、，平面、，给出下列命题：
①若，，且，则；②若，，且，则；
③若，，且，则；④若，，且，则.
其中正确的命题是（ ）
A．①② B．③④ C．①④ D．②③
6．在中，内角的对边分别为，且，，若，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．
7．函数的图象可能是( )
A． B．
C． D．
8．对于空间中的两条直线，和一个平面，下列结论正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
9．函数的图像的一条对称轴是（ ）
A． B． C． D．
10．设是等差数列的前项和，若，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知，若直线与直线垂直，则的最小值为_____
12．如图，在中，已知点在边上，，，则的长为____________．

13．数列的前项和为，，且（），记，则的值是________.
14．已知，，，若，则__________．
15．如图为函数（，，，）的部分图像，则函数解析式为________

16．已知，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．已知四棱锥的底面是菱形，底面，是上的任意一点

求证：平面平面
设，求点到平面的距离
在的条件下，若，求与平面所成角的正切值
18．已知数列中，，点在直线上，其中.
（1）令，求证数列是等比数列；
（2）求数列的通项；
（3）设、分别为数列、的前项和是否存在实数，使得数列为等差数列？若存在，试求出，若不存在，则说明理由.
19．解关于不等式：
20．已知扇形的半径为3，面积为9，则该扇形的弧长为___________.
21．已知函数.
（1）若，求函数有零点的概率；
（2）若，求成立的概率.
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】
根据三视图可还原几何体，根据长度关系依次计算出各个侧面和上下底面的面积，加和得到表面积.
【详解】
有三视图可得几何体的直观图如下图所示：

其中：，，，
则：，，
，，

几何体表面积：
本题正确选项：
本题考查几何体表面积的求解问题，关键是能够根据三视图准确还原几何体，从而根据长度关系可依次计算出各个面的面积.
2、B
【解析】
利用恒等变换公式化简得的答案.
【详解】
故答案选B
本题考查了三角恒等变换，意在考查学生的计算能力.
3、C
【解析】
由三角函数的图象变换，将函数的图像左移个单位，得到，即可得到函数的解析式.
【详解】
由题意，将函数的图像左移个单位，
可得的图象，
所以得到的函数的解析式为，故选C.
本题主要考查了三角函数的图象变换，其中熟记三角函数的图象变换的规则是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.
4、D
【解析】
因为，所以，即；故选D.
5、C
【解析】
逐一判断各命题的正误，可得出结论.
【详解】
对于命题①，若，，且，则，该命题正确；
对于命题②，若，，且，则与平行或相交，该命题错误；
对于命题③，若，，且，则与平行、垂直或斜交，该命题错误 ；
对于命题④，若，，且，则，该命题正确.
故选：C.
本题考查线面、面面位置关系有关命题真假的判断，在判断时，可充分利用线面、面面平行或垂直的判定与性质定理，也可以结合几何体模型进行判断，考查推理能力，属于中等题.
6、B
【解析】
利用正弦定理化简，由此求得的值.利用三角形内角和定理和两角和与差的正弦公式化简，由此求得的值，进而求得的值.
【详解】
利用正弦定理化简得，所以为锐角，且.由于，所以由得，化简得.若，则，故.若，则，由余弦定理得，解得.综上所述，，故选B.
本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查同角三角函数的基本关系式，考查三角形内角和定理，考查两角和与差的正弦公式，属于中档题.
7、D
【解析】
判断函数的奇偶性排除选项，利用特殊点的位置排除选项即可．
【详解】
函数是奇函数，排除选项A，C；
当时，，对应点在x轴下方，排除B；
故选：D．
本题考查函数的图象的判断，函数的奇偶性以及特殊点的位置是判断函数的图象的常用方法．
8、C
【解析】
依次分析每个选项中两条直线与平面的位置关系，确定两条直线的位置关系即可.
【详解】
平行于同一平面的两条直线不一定相互平行，
故选项A错误，
平行于平面的直线不一定与该平面内的直线平行，
故选项B错误，
垂直于平面的直线，垂直于与该平面平行的所有线，
故选项C正确，
垂直于同一平面的两条直线相互平行，
故选项D错误.
故选：C.
本题考查了直线与平面位置关系的辨析，属于基础题.
9、C
【解析】
对称轴穿过曲线的最高点或最低点，把代入后得到,因而对称轴为，选.
10、D
【解析】
根据等差数列片断和的性质得出、、、成等差数列，并将和都用表示，可得出的值．
【详解】
根据等差数列的性质，若数列为等差数列，则也成等差数列；又，则数列是以为首项，以为公差的等差数列，则，故选D．
本题考查等差数列片断和的性质，再利用片断和的性质时，要注意下标之间的倍数关系，结合性质进行求解，考查运算求解能力，属于中等题．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、8
【解析】
两直线斜率存在且互相垂直，由斜率乘积为-1求得等式，把目标式子化成，运用基本不等式求得最小值.
【详解】
设直线的斜率为，，
直线的斜率为，，
两条直线垂直，，整理得：，
，
等号成立当且仅当，的最小值为.
利用“1”的代换，转化成可用基本不等式求最值，考查转化与化归的思想.
12、
【解析】
由诱导公式可知，在中用余弦定理可得BD的长。
【详解】
由题得，，在中，可得，又，代入得，解得.
故答案为：
本题考查余弦定理和诱导公式，是基础题。
13、3
【解析】
由已知条件推导出是首项为，公比为的等比数列，由此能求出的值.
【详解】
解：因为数列的前项和为，，且（），
，.
即，.
是首项为，公比为的等比数列，

故答案为：
本题考查数列的前项和的求法，解题时要注意等比数列的性质的合理应用，属于中档题.
14、-3
【解析】
由可知

，解得，

15、
【解析】
由函数的部分图像，先求得，得到，再由，得到，结合，求得，即可得到函数的解析式.
【详解】
由题意，根据函数的部分图像，
可得，所以，又由，即，
又由，即，
解得，即，
又因为，所以，所以.
故答案为：.
本题主要考查了利用三角函数的图象求解函数的解析式，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，准确计算是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与计算能力，属于基础题.
16、.
【解析】
在分式中分子分母同时除以，将代数式转化为正切来进行计算.
【详解】
由题意得，原式，
故答案为.
本题考查弦的分式齐次式的计算，常利用弦化切的思想求解，一般而言，弦化切思想主要应用于以下两种题型：
（1）弦的次分式齐次式：当分式是关于角的次分式齐次式，在分子分母中同时除以，可以将分式化为切的分式来求解；
（2）弦的二次整式：当代数式是关于角弦的二次整式时，先除以，将代数式转化为关于角弦的二次分式齐次式，然后在分式分子分母中同时除以，可实现弦化切.

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）见解析（2）（3）
【解析】
（1）由平面，得出，由菱形的性质得出，利用直线与平面垂直的判定定理得出平面，再利用平面与平面垂直的判定定理可证出结论；
（2）先计算出三棱锥的体积，并计算出的面积，利用等体积法计算出三棱锥的高，即为点到平面的距离；
（3）由（1）平面，于此得知为直线与平面所成的角，由，得出平面，于此计算出，然后在中计算出即可．
【详解】
（1）平面，平面，，
四边形是菱形，，
平面；
又平面，所以平面平面.
（2）设，连结，则，

四边形是菱形，，
，
，
设点到平面的距离为平面，，
，解得，
即点到平面的距离为；
（3）由（1）得平面，为与平面所成角，
平面，
，与平面所成角的正切值为．
本题考查平面与平面垂直的证明、点到平面的距离以及直线与平面所成的角，求解点到平面的距离，常用的方法是等体积法，将问题转化为三棱锥的高来计算，考查空间想象能力与推理能力，属于中等题．
18、（1）证明过程见详解；（2）；（3）存在实数，使得数列为等差数列.
【解析】
（1）先由题意得到，再由，得到，即可证明结论成立；
（2）先由（1）求得，推出，利用累加法，即可求出数列的通项；
（3）把数列an}、{bn}通项公式代入an+2bn，进而得到Sn+2T的表达式代入Tn，进而推断当且仅当λ＝2时，数列是等差数列．
【详解】
（1）因为点在直线上，所以，因此
由得

所以数列是以为公比的等比数列；
（2）因为，由得，故，
由（1）得，
所以，即，
所以，，…，，
以上各式相加得：

所以；
（3）存在λ＝2，使数列是等差数列．
由（Ⅰ）、（Ⅱ）知，an+2bn＝n﹣2
∴
又=
∴，
∴当且仅当λ＝2时，数列是等差数列．
本题主要考查等差数列与等比数列的综合，熟记等比数列的定义，等比数列的通项公式，以及等差数列与等比数列的求和公式即可，属于常考题型.
19、当时，；当时，；当时，；当时，；当时，
【解析】
试题分析：
当时，；当时，
当时，；当时，；当时，
考点：解不等式
点评：本题中的不等式带有参数，在求解时需对参数做适当的分情况讨论，题目中主要讨论的方向是：不等式为一次不等式或二次不等式，解二次不等式与二次方程的根有关，进而讨论二次方程的根的大小
20、6
【解析】
直接利用扇形的面积公式，即可得到本题答案.
【详解】
因为扇形的半径，扇形的面积，由，得，所以该扇形的弧长为6.
故答案为：6
本题主要考查扇形的面积公式的应用.
21、（1）；（2）
【解析】
（1）求得有零点的条件，运用古典概率的公式，计算可得所求；
（2）若， 即，画出不等式组表示的区域，计算面积可得所求．
【详解】
解：（1）函数有零点的条件为，即，
，可得事件的总数为，
而有零点的个数为，，，，，，共7个，
则函数有零点的概率为；
（2）若，即，
画出的区域，可得成立的概率为．

本题考查古典概率和几何概率的求法，考查运算能力，属于基础题．