2024-2025学年福建省宁德市数学高一下期末检测模拟试题含解析.doc

2024-2025学年福建省宁德市数学高一下期末检测模拟试题
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．变量满足，目标函数，则的最小值是（ ）
A． B．0 C．1 D．-1
2．已知函数是连续的偶函数，且时， 是单调函数，则满足的所有之积为（ ）
A． B． C． D．
3．设为锐角，，若与共线，则角（ ）
A．15° B．30° C．45° D．60°
4．有穷数列中的每一项都是-1，0，1这三个数中的某一个数，，且，则有穷数列中值为0的项数是（ ）
A．1000 B．1010 C．1015 D．1030
5．已知数列的前项和（），那么（ ）
A．一定是等差数列
B．一定是等比数列
C．或者是等差数列，或者是等比数列
D．既不可能是等差数列，也不可能是等比数列
6．已知，则( )
A． B． C． D．
7．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
8．在边长为1的等边三角形ABC中，D是AB的中点，E为线段AC上一动点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
9．已知角的终边经过点，则
A． B． C． D．
10．对变量有观测数据，得散点图(1)；对变量有观测数据（，得散点图(2)，由这两个散点图可以判断( )

A．变量与正相关，与正相关 B．变量与正相关，与负相关
C．变量与负相关，与正相关 D．变量与负相关，与负相关
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．等比数列的前项和为，若，，成等差数列，则其公比为_________．
12．函数可由y=sin2x向左平移___________个单位得到．
13．圆与圆的公共弦长为______________。
14．如图，在中，，，，则________.

15．如图为函数（，，，）的部分图像，则函数解析式为________

16．已知锐角、满足，，则的值为______.
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．已知点，圆．
（1）求过点M的圆的切线方程；
（2）若直线与圆相交于A，B两点，且弦AB的长为，求的值．
18．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
求A；
已知，的面积为的周长．
19．已知数列的递推公式为．
（1）求证：数列为等比数列；
（2）求数列的通项公式．
20．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，且∠BAP＝∠CDP＝90°

（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA＝PD＝AB＝AD，且四棱锥的侧面积为6+2，求四校锥P﹣ABCD的体积．
21．已知函数，其中常数；
（1）令，判定函数的奇偶性，并说明理由；
（2）令，将函数图像向右平移个单位，再向上平移1个单位，得到函数的图像，对任意，求在区间上零点个数的所有可能值；
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、D
【解析】
先画出满足条件的平面区域，将变形为：，平移直线得直线过点时，取得最小值，求出即可．
【详解】
解：画出满足条件的平面区域，如图示：

由得：，
平移直线，显然直线过点时，最小，
由，解得：
∴最小值，
故选：D．
本题考查了简单的线性规划问题，考查数形结合思想，是一道基础题．
2、D
【解析】
由y＝f（x+2）为偶函数分析可得f（x）关于直线x＝2对称，进而分析可得函数f（x）在（2，+∞）和（﹣∞，2）上都是单调函数，据此可得若f（x）＝f（1），则有x＝1或4﹣x＝1，变形为二次方程，结合根与系数的关系分析可得满足f（x）＝f（1）的所有x之积，即可得答案．
【详解】
根据题意，函数y＝f（x+2）为偶函数，则函数f（x）关于直线x＝2对称，
又由当x＞2时，函数y＝f（x）是单调函数，则其在（﹣∞，2）上也是单调函数，
若f（x）＝f（1），则有x＝1或4﹣x＝1，
当x＝1时，变形可得x2+3x﹣3＝0，有2个根，且两根之积为﹣3，
当4﹣x＝1时，变形可得x2+x﹣13＝0，有2个根，且两根之积为﹣13，
则满足f（x）＝f（1）的所有x之积为（﹣3）×（﹣13）＝39；
故选：D．
本题考查抽象函数的应用，涉及函数的对称性与单调性的综合应用，属于综合题．
3、B
【解析】
由题意，，又为锐角，∴．故选B．
4、B
【解析】
把（a1+1）2+（a2+1）2+（a3+1）2+…+（a2015+1）2＝3870展开，将a1+a2+a3+…+a2015＝425，代入化简得：＝1005，由于数列a1，a2，a3，…，a2015中的每一项都是﹣1，0，1这三个数中的某一个数，即可得出．
【详解】
（a1+1）2+（a2+1）2+（a3+1）2+…+（a2015+1）2＝3870，
展开可得：+2（a1+a2+…+a2015）+2015＝3870，
把a1+a2+a3+…+a2015＝425，代入化简可得：＝1005，
∵数列a1，a2，a3，…，a2015中的每一项都是﹣1，0，1这三个数中的某一个数，
∴有穷数列a1，a2，a3，…，a2015中值为0的项数等于2015﹣1005＝1．
故选B．
本题考查了乘法公式化简求值、数列求和，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
5、C
【解析】
试题分析：当时，，，
∴数列是等差数列．当时，，
∴数列是等比数列．综上所述，数列或是等差数列或是等比数列
考点：等差数列等比数列的判定
6、C
【解析】
利用诱导公式和同角三角函数的商数关系，得，再利用化弦为切的方法，即可求得答案.
【详解】
由已知
则
故选C.
本题考查利用三角函数的诱导公式、同角三角函数的基本关系化简求值，属于三角函数求值问题中的“给值求值”问题，解题的关键是正确掌握诱导公式中符号与函数名称的变换规律和化弦为切方法.
7、D
【解析】
由正弦定理及余弦定理可得，，然后求解即可.
【详解】
解：由可得，
则， ①
又，
所以，
即，
所以 ②
由①②可得：，
由余弦定理可得,
故选：D.
本题考查了正弦定理及余弦定理的综合应用，重点考查了两角和的正弦公式，属中档题.
8、B
【解析】
由题意，以点为坐标原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，得到，，以及直线的方程，设出点E坐标，根据向量数量积，直接计算，即可得出结果.
【详解】
如图，以点为坐标原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，因为等边三角形的边长为1，所以，，，，
则直线的方程为，整理得，
因为E为线段AC上一动点，设，，
则，，
所以，
因为，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，最大值为.
即的取值范围为.
故选B

本题主要考查平面向量的数量积，利用建立坐标系的方法求解即可，属于常考题型.
9、A
【解析】
根据三角函数的定义，求出，即可得到的值．
【详解】
因为，，所以．
故选：A．
本题主要考查已知角终边上一点，利用三角函数定义求三角函数值，属于基础题．
10、C
【解析】
根据增大时的变化趋势可确定结果.
【详解】
图（1）中，随着的增大，的变化趋势是逐渐在减小，因此变量与负相关；
图（2）中，随着的增大，的变化趋势是逐渐在增大，因此变量与正相关.
故选：
本题考查根据散点图判断相关关系的问题，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】
试题分析：、、成等差数列
考点：1．等差数列性质；2．等比数列通项公式
12、
【解析】
将转化为，再利用平移公式得到答案.
【详解】

向左平移
故答案为
本题考查三角函数图像的平移，将正弦函数化为余弦函数是解题的关键，也可以将余弦函数化为正弦函数求解.
13、
【解析】
利用两圆一般方程求两圆公共弦方程，求其中一圆到公共弦的距离，利用直线被圆截得的弦长公式可得所求.
【详解】
由两圆方程相减得两圆公共弦方程为，即，
圆化为，圆心到直线的距离为1，所以两圆公共弦长为，故答案为.
本题考查两圆位置关系，直线与圆的位置关系，考查运算能力，属于基本题.
14、
【解析】
先将转化为和为基底的两组向量，然后通过数量积即可得到答案.
【详解】
，
.
本题主要考查向量的基本运算，数量积运算，意在考查学生的分析能力和计算能力.
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】
计算出角的取值范围，利用同角三角函数的平方关系计算出的值和的值，然后利用两角差的余弦公式可计算出的值.
【详解】
由题意可知，，，，
则，
.
因此，.
故答案为.
本题考查利用两角差的余弦公式求值，同时也考查了同角三角函数的平方关系求值，解题时要明确所求角与已知角之间的关系，合理利用公式是解题的关键，考查运算求解能力，属于中等题.

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）或．（2）
【解析】
(1)分切线的斜率不存在与存在两种情况分析.当斜率存在时设方程为,再根据圆心到直线的距离等于半径求解即可.
(2)利用垂径定理根据圆心到直线的距离列出等式求解即可.
【详解】
解：（1）由题意知圆心的坐标为,半径,
当过点M的直线的斜率不存在时,方程为．
由圆心到直线的距离知,此时,直线与圆相切．
当过点M的直线的斜率存在时,设方程为,
即．由题意知,
解得,∴方程为．
故过点M的圆的切线方程为或．
（2）∵圆心到直线的距离为,
∴,解得．
本题主要考查了直线与圆相切与相交时的求解.注意直线过定点时分析斜率不存在与存在两种情况.直线与圆相切用圆心到直线的距离等于半径列式,直线与圆相交用垂径定理列式.属于中档题.
18、（1）；（2）
【解析】
（1）在中，由正弦定理及题设条件，化简得，即可求解．
（2）由题意，根据题设条件，列出方程，求的，得到，即可求解周长．
【详解】
（1）在中，由正弦定理及已知得，
化简得，
，所以.
（2）因为，所以，
又的面积为，则，
则，所以的周长为.
在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．
19、（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）直接利用数列的递推关系式证明结论；
（2）由（1）可求出数列的通项公式，进而得到的通项公式．
【详解】
（1）∵数列{an}的首项a1＝2，且，
∴an+1+＝3（an+）， 即
∴是首项为，公比为3的等比数列；
（2）由（1）可得a1+＝，∴，
∴数列的通项公式.
本题考查等比数列的证明考查了等比数列的通项公式，属于中档题.
20、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）只需证明平面，，即可得平面平面平面；
（2）设，则，由四棱锥的侧面积，取得，在平面内作，垂足为．可得平面且,即可求四棱锥的体积．
【详解】
（1）由已知，得，，
由于，故，从而平面，
又平面，所以平面平面.

（2）设，则，所以，
从而，也为等腰直角三角形，为正三角形，
于是四棱锥的侧面积，解得，
在平面内作，垂足为，
由（1）知，平面，故，
可得平面且，
故四棱锥的体积．
本题考查了面面垂直的判定与证明，以及四棱锥的体积的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题．
21、（1）非奇非偶，理由见解析；（2）21或20个.
【解析】
（1）先利用辅助角公式化简，再利用和可判断为非奇非偶函数.
（2）求出的解析式后结合函数的图像、周期及给定区间的特点可判断在给定的范围上的零点的个数.
【详解】
（1），
则，故不是奇函数，
又，，故不是偶函数.
综上，为非奇非偶函数.
（2），的图象如图所示：

令，则，
则或，，
也就是或者，，
所以在形如的区间上恰有两个不同零点.
把区间分成10个小区间，它们分别为：
，及，
根据函数的图像可知：
前9个区间的长度恰为一个周期且左闭右开，故每个区间恰有两个不同的零点，
最后一个区间的长度恰为一个周期且为闭区间，故该区间上可能有两个不同的零点或3个不同的零点.
故在区间上可有21个或者20个零点.
本题考查正弦型函数的奇偶性、正弦型函数在给定范围上的零点个数，注意说明一个函数不是奇函数或不是偶函数，可通过反例来说明，而零点个数的判断则需综合考虑给定区间的长度、开闭情况及函数的周期.