广东省深圳南头中学2024-2025学年高一下数学期末检测模拟试题含解析.doc

广东省深圳南头中学2024-2025学年高一下数学期末检测模拟试题
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．已知，则的值为（ ）
A． B． C． D．2
2．图1是我国古代数学家赵爽创制的一幅“勾股圆方图”（又称“赵爽弦图”)，它是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形.受其启发，某同学设计了一个图形，它是由三个全等的钝角三角形与中间一个小正三角形拼成一个大正三角形，如图2所示，若，，则线段的长为（ )

A．3 B．3.5 C．4 D．4.5
3．已知函数在一个周期内的图象如图所示.则的图象，可由函数的图象怎样变换而来（纵坐标不变）（ ）

A．先把各点的横坐标缩短到原来的倍，再向左平移个单位
B．先把各点的横坐标缩短到原来的倍，再向右平移个单位
C．先把各点的横坐标伸长到原来的2倍，再向左平移个单位
D．先把各点的横坐标伸长到原来的2倍，再向右平移个单位
4．设的内角，，所对的边分别为，，,且，，面积的最大值为（）
A．6 B．8 C．7 D．9
5．已知数列中，,则（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示是一样本的频率分布直方图，则由图形中的数据，可以估计众数与中位数分别是（ ）

A．12.5；12.5 B．13；13 C．13；12.5 D．12.5；13
7．在等腰梯形ABCD中，，点E是线段BC的中点，若，则　　
A． B． C． D．
8．在三棱锥中，，，则三棱锥外接球的体积是（ ）
A． B． C． D．
9．如图，、两点为山脚下两处水平地面上的观测点，在、两处观察点观察山顶点的仰角分别为、若，，且观察点、之间的距离为米，则山的高度为( )

A．米 B．米 C．米 D．米
10．在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若，，，则解的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．不确定
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．在中，，则角的大小为____．
12．关于的不等式的解集是，则______．
13．在中，给出如下命题:
①是所在平面内一定点，且满足，则是的垂心；
②是所在平面内一定点，动点满足，，则动点一定过的重心；
③是内一定点，且，则；
④若且，则为等边三角形，
其中正确的命题为_____（将所有正确命题的序号都填上）
14．函数的最小值是 ．
15．已知向量，，若，则实数___________.
16．已知函数 的图象关于点 对称，记 在区间 的最大值为 ，且 在 （ ）上单调递增，则实数 的最小值是__________．
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，
(1)求；
(2)求；
(3)求
18．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.

（Ⅰ）请按字母F，G，H标记在正方体相应地顶点处（不需要说明理由）
（Ⅱ）判断平面BEG与平面ACH的位置关系.并说明你的结论.
（Ⅲ）证明：直线DF平面BEG
19．已知为数列的前项和，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和.
20．（2012年苏州17）如图，在中，已知为线段上的一点，且．
（1）若，求的值；
（2）若，且，求的最大值．

21．记为等差数列的前项和，已知，．
（1）求的通项公式；
（2）求，并求的最小值．
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】
根据两角和的正切公式，结合，可以求出的值，用同角的三角函数的关系式中的平方和关系把等式变成分子、分母的齐次式形式，最后代入求值即可.
【详解】
.
.
故选：B
本题考查了同角的三角函数关系式的应用，考查了二倍角的正弦公式，考查了两角和的正切公式，考查了数学运算能力.
2、A
【解析】
设，可得，求得，在中，运用余弦定理，解方程可得所求值．
【详解】
设，可得，
且，
在中，可得，
即为，
化为，
解得舍去），
故选．
本题考查三角形的余弦定理，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
3、B
【解析】
根据图象可知，根据周期为知，过点求得，函数解析式，比较解析式，根据图像变换规律即可求解.
【详解】
由在一个周期内的图象可得,，解得，图象过点，代入解析式得，
因为，所以，故，
因为，将函数图象上点的横坐标变为原来的得，再向右平移个单位得的图象，故选B.
本题主要考查了由部分图像求解析式，图象变换规律，属于中档题.
4、D
【解析】
由已知利用基本不等式求得的最大值，根据三角形的面积公式，即可求解，得到答案.
【详解】
由题意，利用基本不等式可得，即，解得，
当且仅当时等号成立，
又因为，所以，
当且仅当时等号成立，故三角形的面积的最大值为，
故选D.
本题主要考查了基本不等式的应用，以及三角形的面积公式的应用，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于基础题.
5、B
【解析】
由数列的递推关系，可得数列的周期性，再求解即可.
【详解】
解:因为,①则,②
①+②有: ,即,则,
即数列的周期为6,
又,得，,
则,
故选:D.
本题考查了数列的递推关系，重点考查了数列周期性的应用，属基础题.
6、D
【解析】
分析：根据频率分布直方图中众数与中位数的定义和计算方法，即可求解频率分布直方图的众数与中位数的值.
详解：由题意，频率分布直方图中最高矩形的底边的中点的横坐标为数据的众数，
所以中间一个矩形最该，故数据的众数为，
而中位数是把频率分布直方图分成两个面积相等部分的平行于轴的直线横坐标，
第一个矩形的面积为，第二个矩形的面积为，故将第二个矩形分成即可，
所以中位数是，故选D.
点睛：本题主要考查了频率分布直方图的中位数与众数的求解，其中频率分布直方图中小矩形的面积等于对应的概率，且各个小矩形的面积之和为1是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.
7、B
【解析】
利用平面向量的几何运算，将用和表示，根据平面向量基本定理得，的值，即可求解．
【详解】
取AB的中点F，连CF，则四边形AFCD是平行四边形，所以，且
因为，
，，∴
故选B．
本题主要考查了平面向量的基本定理的应用，其中解答中根据平面向量的基本定理，将用和进行表示，求得的值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
8、B
【解析】
三棱锥是正三棱锥，取为外接圆的圆心，连结，则平面，设为三棱锥外接球的球心，外接球的半径为，可求出，然后由可求出半径，进而求出外接球的体积.
【详解】
由题意，易知三棱锥是正三棱锥，

取为外接圆的圆心，连结，则平面，设为三棱锥外接球的球心.
因为，所以.
因为，所以.
设三棱锥外接球的半径为，则，解得，故三棱锥外接球的体积是.
故选B.
本题考查了三棱锥的外接球体积的求法，考查了学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.
9、A
【解析】
过点作延长线于，根据三角函数关系解得高.
【详解】
过点作延长线于，
设山的高度为

故答案选A
本题考查了三角函数的应用，属于简单题.
10、B
【解析】
由题得，即得B＜A，即得三角形只有一个解.
【详解】
由正弦定理得,
所以B只有一解，所以三角形只有一解.
故选：B
本题主要考查正弦定理判定三角形的个数，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，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】
根据正弦定理化简角的关系式，从而凑出的形式，进而求得结果.
【详解】
由正弦定理得：，即
则

本题正确结果：
本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形问题，属于基础题.
12、
【解析】
利用二次不等式解集与二次方程根的关系，由二次不等式的解集得到二次方程的根，再利用根与系数的关系，得到和的值，得到答案.
【详解】
因为关于的不等式的解集是，
所以关于的方程的解是，
由根与系数的关系得，解得，
所以.
本题考查二次不等式解集和二次方程根之间的关系，属于简单题.
13、①②④．
【解析】
①:运用已知的式子进行合理的变形，可以得到，进而得到，再次运用等式同样可以得到,，这样可以证明出是的垂心；
②：运用平面向量的减法的运算法则、加法的几何意义，结合平面向量共线定理，可以证明本命题是真命题；
③：运用平面向量的加法的几何意义以及平面向量共线定理，结合面积公式，可证明出本结论是错误的；
④：运用平面向量的加法几何意义和平面向量的数量积的定义，可以证明出本结论是正确的.
【详解】
①: ，同理可得：,，所以本命题是真命题；
②: ，设的中点为，所以有，因此动点一定过的重心，故本命题是真命题；
③: 由，可得设的中点为，,
,故本命题是假命题；

④: 由可知角的平分线垂直于底边，故是等腰三角形，
由可知：，所以是等边三角形，故本命题是真命题，因此正确的命题为①②④.
本题考查了平面向量的加法的几何意义和平面向量数量积的运算，考查了数形结合思想.
14、3
【解析】
试题分析：
考点：基本不等式.
15、
【解析】
由垂直关系可得数量积等于零，根据数量积坐标运算构造方程求得结果.
【详解】
，解得：
故答案为：
本题考查根据向量垂直关系求解参数值的问题，关键是明确两向量垂直，则向量数量积为零.
16、
【解析】
，所以，又，得，
所以，且求得，
又，得单调递增区间为，
由题意，当时，。
点睛：本题考查三角函数的化简及性质应用。本题首先考查三角函数的辅助角公式应用，并结合对称中心的性质，得到函数解析式。然后考察三角函数的单调性，利用整体思想求出单调区间，求得答案。

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）；（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.
18、（Ⅰ）见解析; （Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.
【解析】
（Ⅰ）点F，G，H的位置如图所示

（Ⅱ）平面BEG∥平面ACH.证明如下
因为ABCD－EFGH为正方体，所以BC∥FG，BC＝FG
又FG∥EH，FG＝EH，所以BC∥EH，BC＝EH
于是BCEH为平行四边形
所以BE∥CH
又CH平面ACH，BE平面ACH，
所以BE∥平面ACH
同理BG∥平面ACH
又BE∩BG＝B
所以平面BEG∥平面ACH
（Ⅲ）连接FH
因为ABCD－EFGH为正方体，所以DH⊥平面EFGH
因为EG平面EFGH，所以DH⊥EG
又EG⊥FH，EG∩FH＝O，所以EG⊥平面BFHD
又DF平面BFDH，所以DF⊥EG
同理DF⊥BG
又EG∩BG＝G
所以DF⊥平面BEG.
考点：本题主要考查简单空间图形的直观图、空间线面平行与垂直的判定与性质等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力.
19、（1） （2）当时， ；当时， ；当时，
【解析】
(1)利用，时单独讨论.求解.
(2)对时单独讨论，当时，对从 到的和应用错位相减法求和.
【详解】
当时，，得.
当时，
即.
所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列.
所以
(2)
设，则.
.
当时，
当时，
当时，

设………………
………………
由﹣得
所以
所以
综上所述：当时，
当时，
当时，
本题考查应用求通项公式和应用错位相减法求前项和，考查计算能力，属于难题.
20、（1）；（2）．
【解析】
试题分析：
(1)利用平面向量基本定理可得．
(2)利用题意可得 ，则的最大值为．
试题解析：
（1） ，
而 ，
∴．
（2）

∴当时，的最大值为．
21、（1）an=3n–4，（3）Sn=n3–8n，最小值为–1．
【解析】
分析：（1）根据等差数列前n项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果，（3）根据等差数列前n项和公式得的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函数最值.
详解：（1）设{an}的公差为d，由题意得3a1+3d=–3．
由a1=–7得d=3．
所以{an}的通项公式为an=3n–4．
（3）由（1）得Sn=n3–8n=（n–4）3–1．
所以当n=4时，Sn取得最小值，最小值为–1．
点睛：数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域为正整数集这一限制条件.