2025年山东省滨州市三校联考数学高一下期末质量跟踪监视模拟试题含解析.doc

2025年山东省滨州市三校联考数学高一下期末质量跟踪监视模拟试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、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．如图是函数的部分图象，则下列命题中，正确的命题序号是
①函数的最小正周期为
②函数的振幅为
③函数的一条对称轴方程为
④函数的单调递增区间是
⑤函数的解析式为

A．③⑤ B．③④ C．④⑤ D．①③
2．函数的部分图象如图所示，则的单调递减区间为

A．
B．
C．
D．
3．平行四边形中，若点满足，，设，则（ ）
A． B． C． D．
4．△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知，，，则b=
A． B． C．2 D．3
5．如图所示，已知以正方体所有面的中心为顶点的多面体的体积为，则该正方体的外接球的表面积为（ ）

A． B． C． D．
6．已知函数，函数的最小值等于（ ）
A． B． C．5 D．9
7．圆与圆的位置关系是（ ）
A．内切 B．外切 C．相交 D．相离
8．已知圆柱的轴截面为正方形，且该圆柱的侧面积为，则该圆柱的体积为
A． B． C． D．
9．已知且为常数,圆,过圆内一点的直线与圆相交于两点,当弦最短时,直线的方程为,则的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
10．已知变量与正相关，且由观测数据算得样本平均数，，则由该观测的数据算得的线性回归方程可能是( )
A． B．
C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．数列满足，则等于______.
12．函数是定义域为R的奇函数，当时，则的表达式为________.
13．若正实数，满足，则的最小值是________.
14．一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与某一个球的直径相等，这时圆柱、圆锥、球的体积之比为 .

15．函数的零点的个数是______.
16．若圆与圆的公共弦长为，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．如图，在平面直角坐标系中，以轴为始边做两个锐角，它们的终边分别与单位圆相交于A，B两点，已知A，B的横坐标分别为

（1）求的值； （2）求的值．
18．如图，有一直径为8米的半圆形空地，现计划种植甲、乙两种水果，已知单位面积种植甲水果的经济价值是种植乙水果经济价值的5倍，但种植甲水果需要有辅助光照．半圆周上的处恰有一可旋转光源满足甲水果生长的需要，该光源照射范围是,点在直径上，且．

（1）若，求的长；
（2）设, 求该空地产生最大经济价值时种植甲种水果的面积．
19．在直角坐标系中，已知以点为圆心的及其上一点.
（1）设圆与轴相切，与圆外切，且圆心在直线上，求圆的标准方程；
（2）设平行于的直线与圆相交于两点，且，求直线的方程.
20．如图，正方体的棱长为2，E，F分别为，AC的中点．

（1）证明：平面；
（2）求三棱锥的体积．
21．某购物中心举行抽奖活动，顾客从装有编号分别为0，1，2，3四个球的抽奖箱中，每次取出1个球，记下编号后放回，连续取两次（假设取到任何一个小球的可能性相同）.若取出的两个小球号码相加之和等于5，则中一等奖；若取出的两个小球号码相加之和等于4，则中二等奖；若取出的两个小球号码相加之和等于3，则中三等奖；其它情况不中奖.
（Ⅰ）求顾客中三等奖的概率；
（Ⅱ）求顾客未中奖的概率.
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、A
【解析】
根据图象求出函数解析式，根据三角函数型函数的性质逐一判定．
【详解】
由图象可知，
，
最大值为，
，

因为图象过点，
，由，

即可判定错，正确，由得对称轴方程为，，故正确；由，，，函数的单调递增区间是，故错；
故选：A
本题主要考查了根据图象求正弦型函数函数的解析式，及正弦型函数的性质，属于中档题．
2、D
【解析】
根据图象可得最小正周期，求得；利用零点和的符号可确定的取值；令，解不等式即可求得单调递减区间.
【详解】
由图象可知：
又 ， ，

由图象可知 的一个可能的取值为
令，，解得：，
即的单调递减区间为：，
本题正确选项：
本题考查利用图象求解余弦型函数的解析式、余弦型函数单调区间的求解问题；关键是能够灵活应用整体对应的方式来求解解析式和单调区间，属于常考题型.
3、B
【解析】
画出平行四边形，在上取点，使得，在上取点，使得，由图中几何关系可得到，即可求出的值，进而可以得到答案．
【详解】
画出平行四边形，在上取点，使得，在上取点，使得，则，
故，，则.

本题考查了平面向量的线性运算，考查了平面向量基本定理的应用，考查了平行四边形的性质，属于中档题．
4、D
【解析】
由余弦定理得，
解得（舍去），故选D.
【考点】
余弦定理
本题属于基础题,考查内容单一,根据余弦定理整理出关于b的一元二次方程,再通过解方程求b.运算失误是基础题失分的主要原因,请考生切记！
5、A
【解析】
设正方体的棱长为，则中间四棱锥的底面边长为，由已知多面体的体积求解，得到正方体外接球的半径，则外接球的表面积可求．
【详解】
设正方体的棱长为，则中间四棱锥的底面边长为，
多面体的体积为，即．
正方体的对角线长为．
则正方体的外接球的半径为．
表面积为．
故选：．
本题考查几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力，是基础题．
6、C
【解析】
先将化为，由基本不等式即可求出最小值.
【详解】
因为，当且仅当，
即时，取等号.
故选C
本题主要考查利用基本不等式求函数的最值问题，需要先将函数化为能用基本不等式的形式，即可利用基本不等式求解，属于基础题型.
7、B
【解析】
由两圆的圆心距及半径的关系求解即可得解.
【详解】
解：由圆，
圆，即，
所以圆的圆心坐标为，圆的圆心坐标为，两圆半径，
则圆心距，
即两圆外切，
故选：B.
本题考查了两圆的位置关系的判断，属基础题.
8、C
【解析】
设圆柱的底面半径，该圆柱的高为，利用侧面积得到半径，再计算体积.
【详解】
设圆柱的底面半径.因为圆柱的轴截面为正方形，所以该圆柱的高为
因为该圆柱的侧面积为，所以，解得，
故该圆柱的体积为.
故答案选C
本题考查了圆柱的体积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
9、B
【解析】
由圆的方程求出圆心坐标与半径，结合题意，可得过圆心与点（1，2）的直线与直线2x﹣y＝0垂直，再由斜率的关系列式求解．
【详解】
圆C：化简为
圆心坐标为，半径为．
如图，

由题意可得，当弦最短时，过圆心与点（1，2）的直线与直线垂直．
则，即a＝1．
故选：B．
本题考查直线与圆位置关系的应用，考查数形结合的解题思想方法与数学转化思想方法，是中档题．一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值；涉及到圆的弦长或者切线长时，经常用到垂径定理.
10、A
【解析】
试题分析：因为与正相关，排除选项C、D，又因为线性回归方程恒过样本点的中心，故排除选项B；故选A．
考点：线性回归直线.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、15
【解析】
先由，可求出，然后由，代入已知递推公式即可求解。
【详解】

故答案为15.
本题考查是递推公式的应用，是一道基础题。
12、
【解析】
试题分析：当时，，，因是奇函数，所以，是定义域为R的奇函数，所以，所以
考点：函数解析式、函数的奇偶性
13、
【解析】
将配凑成，由此化简的表达式，并利用基本不等式求得最小值.
【详解】
由得，所以.当且仅当，即时等号成立.
故填：.
本小题主要考查利用基本不等式求和式的最小值，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
14、
【解析】
设球的半径为r,
则,
，
，
所以，
故答案为.
考点：圆柱，圆锥，球的体积公式.
点评：圆柱，圆锥，球的体积公式分别为.
15、
【解析】
在同一直角坐标系内画出函数与函数的图象，利用数形结合思想可得出结论.
【详解】
在同一直角坐标系内画出函数与函数的图象如下图所示：

由图象可知，函数与函数的图象的交点个数为，
因此，函数的零点个数为.
故答案为：.
本题考查函数零点个数的判断，在判断函数的零点个数时，一般转化为对应方程的根，或转化为两个函数图象的交点个数，考查数形结合思想的应用，属于中等题.
16、
【解析】
将两个方程两边相减可得，即代入可得，则公共弦长为，所以，解之得，应填．

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】
试题分析：（1）根据题意，由三角函数的定义可得 与的值，进而可得出与的值，从而可求与的值就，结合两角和正切公式可得答案；（2）由两角和的正切公式，可得出 的值，再根据的取值范围，可得出的取值范围，进而可得出的值.
由条件得cosα＝，cosβ＝.
∵ α，β为锐角，
∴ sinα＝＝，sinβ＝＝.
因此tanα＝＝7，tanβ＝＝.
(1) tan(α＋β)＝＝＝－3.
(2) ∵ tan2β＝＝＝，
∴ tan(α＋2β)＝＝＝－1.
∵ α，β为锐角，∴ 0<α＋2β<，∴ α＋2β＝
18、（1）1或3（2）
【解析】
试题分析：（1）在中,因为，，，所以由余弦定理，且，，所以，解得或
（2）该空地产生最大经济价值等价于种植甲种水果的面积最大，所以用表示出，再利用三角函数求最值得
试题解析：（1）连结，已知点在以为直径的半圆周上，所以为直角三角形，
因为，，所以，，
在中由余弦定理，且，
所以，
解得或，

（2）因为，，
所以，
所以，
在中由正弦定理得：
所以，
在中，由正弦定理得：
所以，
若产生最大经济效益，则的面积最大，
，
因为，所以
所以当时，取最大值为，此时该地块产生的经济价值最大
考点：①解三角形及正弦定理的应用②三角函数求最值
19、（1）；（2）或
【解析】
（1）由圆的方程求得圆心坐标和半径，依题意可设圆的方程为，由圆与圆外切可知圆心距等于两圆半径的和，由此列式可求得，即可得出圆的标准方程；
（2）求出所在直线的斜率，设直线的方程为，求出圆心到直线的距离，利用垂径定理列式求得，则直线方程即可求出.
【详解】
（1）因为圆为，
所以圆心的坐标为，半径.
根据题意，设圆的方程为.
又因为圆与圆外切，所以，解得，
所以圆的标准方程为.
（2）由题意可知，所以可设直线的方程为.
又，所以圆心到直线的距离，
即，解得或，
所以直线的方程为或.
本题主要考查圆与圆的位置关系以及直线与圆的位置关系，其中运用了两圆外切时，圆心距等于两圆的半径之和，还涉及到圆的方程、直线的方程和点到直线的距离公式.
20、 (1)证明见解析；(2)
【解析】
（1）可利用线线平行来证明线面平行
（2）可采用等体积法进行求解
【详解】
证明：（1）如图，连结BD；

因为四边形ABCD为正方形，
所以BD交AC于F且F为BD中点；
又因为E为中点，所以；
因为平面，平面，所以平面；
（2）三棱锥的体积.
本题考查了线面平行的证明及锥体体积的求解方法，证线面平行一般是通过证线线平行来证明，三棱锥的体积常用等体积法转换底面和高进行求解.
21、（Ⅰ）；
（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）利用列举法列出所有可能,设事件为“顾客中三等奖”,的事件.由古典概型概率计算公式即可求解.
（Ⅱ）先分别求得中一等奖、二等奖和三等奖的概率,根据对立事件的概率性质即可求得未中奖的概率.
【详解】
（Ⅰ）所有基本事件包括

共16个
设事件为“顾客中三等奖”,事件包含基本事件共4个,
所以.
（Ⅱ）由题意,中一等奖时“两个小球号码相加之和等于5”,这一事件包括基本事件共2个
中二等奖时,“两个小球号码相加之和等于4”,这一事件包括基本事件共3个
由（Ⅰ）可知中三等奖的概率为
设事件为“顾客未中奖”
则由对立事件概率的性质可得

所以未中奖的概率为.
本题考查了古典概型概率的计算方法,对立事件概率性质的应用,属于基础题.