2025年河南省开封市、商丘市九校高一下数学期末达标检测模拟试题含解析.doc

2025年河南省开封市、商丘市九校高一下数学期末达标检测模拟试题
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．高一数学兴趣小组共有5人，编号为.若从中任选3人参加数学竞赛，则选出的参赛选手的编号相连的概率为（ ）
A． B． C． D．
2．一个平面截一球得到直径为6的圆面，球心到这个圆面的距离为4，则这个球的体积为( )
A． B． C． D．
3．已知三棱柱的底面为直角三角形，侧棱长为2，体积为1，若此三棱柱的顶点均在同一球面上，则该球半径的最小值为（ ）
A．1 B．2 C． D．
4．若函数和在区间D上都是增函数，则区间D可以是（）
A． B． C． D．
5．已知是第二象限角，且，则的值为
A． B． C． D．
6．已知之间的一组数据如下：

1
3
4
7
8
10
16

5
7
8
10
13
15
19
则线性回归方程所表示的直线必经过点
A．（8，10） B．（8，11） C．（7，10） D．（7，11）
7．如图，，下列等式中成立的是（　　）

A． B．
C． D．
8．在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 （　　）
A． B． C． D．
9．设，，，则的最小值为（ ）
A．2 B．4 C． D．
10．已知，所在平面内一点P满足，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．已知数列的前项和为，，则__________．
12．在边长为2的菱形中，，是对角线与的交点，若点是线段上的动点，且点关于点的对称点为，则的最小值为______.
13．已知向量，且，则_______．
14．已知两条直线, 将圆及其内部划分成三个部分, 则的取值范围是_______；若划分成的三个部分中有两部分的面积相等, 则的取值有_______种可能.
15．已知数列的通项公式为，若数列为单调递增数列，则实数的取值范围是______.
16．在数列中，按此规律，是该数列的第 ______项
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．在中，内角所对的边分别是．已知，，且．
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）若，求面积的最大值．
18．如图，直三棱柱中，点是棱的中点，点在棱上，已知，，

（1）若点在棱上，且，求证：平面平面；
（2）棱上是否存在一点，使得平面证 明你的结论。
19．设函数，且
(1)求的值；
(2)试判断在上的单调性，并用定义加以证明；
(3)若求值域；
20．已知，
（1）求；
（2）若，求.
21．已知圆的圆心在轴上，且经过点，．
（Ⅰ）求线段AB的垂直平分线方程；
（Ⅱ）求圆的标准方程；
（Ⅲ）过点的直线与圆相交于、两点，且，求直线的方程．
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】
先考虑从个人中选取个人参加数学竞赛的基本事件总数，再分析选出的参赛选手的编号相连的事件数，根据古典概型的概率计算得到结果.
【详解】
因为从个人中选取个人参加数学竞赛的基本事件有：
，共种，
又因为选出的参赛选手的编号相连的事件有：，共种，
所以目标事件的概率为.
故选：A.
本题考查古典概型的简单应用，难度较易.求解古典概型问题的常规思路：先计算出基本事件的总数，然后计算出目标事件的个数，目标事件的个数比上基本事件的总数即可计算出对应的概率.
2、C
【解析】
过球心作垂直圆面于.连接与圆面上一点构造出直角三角形再计算球的半径即可.
【详解】
如图, 过球心作垂直圆面于,连接与圆面上一点.

则.故球的体积为.
故选：C
本题主要考查了球中构造直角三角形求解半径的方法等.属于基础题.
3、D
【解析】
先证明棱柱为直棱柱，再求出棱柱外接球的半径，利用基本不等式求出其最小值.
【详解】
∵三棱柱内接于球，
∴棱柱各侧面均为平行四边形且内接于圆，
所以棱柱的侧棱都垂直底面，
所以该三棱柱为直三棱柱.
设底面三角形的两条直角边长为，，
∵三棱柱的高为2，体积是1，
∴，即，将直三棱柱补成一个长方体，
则直三棱柱与长方体有同一个外接球，
所以球的半径为.
故选D
本题主要考查几何体外接球的半径的计算和基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
4、D
【解析】
依次判断每个选项，排除错误选项得到答案.
【详解】
时，单调递减，A错误
时，单调递减，B错误
时，单调递减，C错误
时，函数和都是增函数，D正确
故答案选D
本题考查了三角函数的单调性，意在考查学生对于三角函数性质的理解应用，也可以通过图像得到答案.
5、B
【解析】
试题分析：因为是第二象限角，且，所以．
考点：两角和的正切公式．
6、D
【解析】
先计算的平均值，得到数据中心点，得到答案
【详解】
，
线性回归方程所表示的直线经必经过点，即（7，11）.
故答案选D
本题考查了回归方程，回归方程一定过数据中心点.
7、B
【解析】
本题首先可结合向量减法的三角形法则对已知条件中的进行化简，化简为然后化简并代入即可得出答案．
【详解】
因为，
所以，
所以，即，故选B．
本题考查的知识点是平面向量的基本定理，考查向量减法的三角形法则，考查数形结合思想与化归思想，是简单题．
8、D
【解析】
利用，得出异面直线与所成的角为，然后在中利用锐角三角函数求出.
【详解】
如下图所示，设正方体的棱长为，
四边形为正方形，所以，，
所以，异面直线与所成的角为，
在正方体中，平面，平面，，

，，，
在中，，，
因此，异面直线与所成角的余弦值为，故选D.
本题考查异面直线所成角的计算，一般利用平移直线，选择合适的三角形，利用锐角三角函数或余弦定理求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题．
9、D
【解析】
利用基本不等式可得，再结合代入即可得出答案．
【详解】
解：∵，，，
∴，
∴，当且仅当即，时等号成立，
∴，
故选：D．
本题主要考查基本不等式求最值，要注意条件“一正二定三相等”，属于中档题．
10、D
【解析】
由平面向量基本定理及单位向量可得点在的外角平分线上，且点在的外角平分线上，，，在中，由正弦定理得得解．
【详解】
因为
所以，
因为方向为外角平分线方向，
所以点在的外角平分线上，
同理，点在的外角平分线上，
，，
在中，由正弦定理得，
故选：．
本题考查了平面向量基本定理及单位向量，考查向量的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
分析：由，当时，当时，相减可得，则，由此可以求出数列的通项公式
详解：当时，
当时由可得
二式相减可得：

又
则数列是公比为的等比数列

点睛：本题主要考查了等比数列的通项公式即数列递推式，在解答此类问题时看到，则用即可算出，需要注意讨论的情况。
12、-6
【解析】
由题意，然后结合向量共线及数量积运算可得，再将已知条件代入求解即可.
【详解】
解：菱形的对称性知，在线段上，且，
设，
则，
所以
，
又因为，
当时，取得最小值-6.
故答案为：-6.
本题考查了平面向量的线性运算，重点考查了向量共线及数量积运算，属中档题.
13、
【解析】
先由向量共线，求出，再由向量模的坐标表示，即可得出结果.
【详解】
因为，且，
所以，解得，
所以，因此.
故答案为
本题主要考查求向量的模，熟记向量共线的坐标表示，以及向量模的坐标表示即可，属于基础题型.
14、 3
【解析】
易知直线过定点，再结合图形求解.
【详解】
依题意得直线过定点，如图：

若两直线将圆分成三个部分，
则直线必须与圆相交于图中阴影部分.
又，
所以的取值范围是；
当直线位于时，
划分成的三个部分中有两部分的面积相等.
本题考查直线和圆的位置关系的应用，直线的斜率，结合图形是此题的关键.
15、
【解析】
根据题意得到，推出，恒成立，求出的最大值，即可得出结果.
【详解】
因为数列的通项公式为，且数列为单调递增数列，
所以，即，
所以，恒成立，因此即可，
又随的增大而减小，所以，
因此实数的取值范围是.
故答案为：
本题主要考查由数列的单调性求参数，熟记递增数列的特点即可，属于常考题型.
16、
【解析】
分别求出，，，结果构成等比数列，进而推断数列是首相为2，公比为2的等比数列，进而求得数列的通项公式，再由求得答案．
【详解】
，，，依此类推可得，
，
，即.
，解得.
故答案为：7.
本题考查利用数列的递推关系求数列的通项公式，求解的关键在于推断是等比数列，再用累加法求得数列的通项公式，考查逻辑推理能力和运算求解能力.

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、（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）先利用向量垂直的坐标表示，得到，再利用正弦定理以及两角和的正弦公式将，化为，进而得到，由此能求出．
（Ⅱ）将两边平方，推导出，当且仅当，时取等号，由此求出面积的最大值．
【详解】
解析：（Ⅰ）由得，
则
得，即
由于，得，又A为内角，因此.
（Ⅱ）将两边平方，即

所以，当且仅当，时取等号.
此时，其最大值为.
本题主要考查数量积的坐标表示及运算、两角和的正弦公式应用、三角形面积公式的应用以及利用基本不等式求最值．
18、（1）见解析；（2）见解析
【解析】
（1）通过证明，进而证明平面再证明平面平面；（2）取棱的中点，连接交于，结合三角形重心的性质证明，从而证明平面.
【详解】
（1）在直三棱柱中，由于平面，平面，
所以平面平面．（或者得出 ）
由于，是中点，所以．平面平面，
平面 ，所以平面．而平面，于是．
因为，，所以，所以．
与相交，所以平面,平面
所以平面平面
（2） 为棱的中点时，使得平面 ，
证明：连接交于，连接．
因为，为中线，所以为的重心，．从而．
面，平面，所以平面

本题考查面面垂直的证明和线面平行的证明. 面面垂直的证明要转化为证明线面垂直，线面平行的证明要转化为证明线线 平行.
19、 (1)m=1;（2）单调递减，证明见解析；（3）.
【解析】
（1）由由（1）即可解得；（2）利用减函数的定义可以判断、证明；（3）利用函数的
单调性求函数的值域.
【详解】
（1）由（1），得，．
（2）在上单调递减．
证明：由（1）知，，
设，则．
因为，所以，，
所以，即，
所以函数在上单调递减．
（3）由于函数在上单调递减．
所以.
所以函数的值域为.
本题考查函数的单调性及其应用，定义证明函数单调性的常用方法，意在考查学生对这些知
识的理解掌握水平，属于基础题.
20、（1）（2）
【解析】
（1）两边平方可得，根据同角公式可得，；
（2）根据两角和的正切公式，计算可得结果.
【详解】
（1）因为，
所以，即.
因为，所以，所以，
故.
（2）因为，所以，
所以.
本题考查了两角同角公式，二倍角正弦公式，两角和的正切公式，属于基础题.
21、（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）或.
【解析】
（Ⅰ）利用垂直平分关系得到斜率及中点，从而得到结果；
（Ⅱ）设圆的标准方程为，结合第一问可得结果；
（Ⅲ）由题意可知：圆心到直线的距离为1，分类讨论可得结果.
【详解】
解：（Ⅰ） 设的中点为，则．
由圆的性质，得，所以，得.
所以线段的垂直平分线的方程是.
(II) 设圆的标准方程为，其中，半径为（）.
由圆的性质，圆心在直线上，化简得．
所以 圆心，
，
所以 圆的标准方程为．
(III) 由(I)设为中点，则，得．
圆心到直线的距离.
(1) 当的斜率不存在时，，此时，符合题意.
(2) 当的斜率存在时，设，即，
由题意得，解得：．
故直线的方程为，即．
综上直线的方程或．
圆内一点为弦的中点时，则此点与圆心的连线和弦所在的直线垂直；解决圆的弦长有关问题，注意弦长一半、弦心距、半径构成的直角三角形的三边的勾股数之间的关系。