山东省青岛市第五十八中2025年高一数学第二学期期末统考模拟试题含解析.doc

山东省青岛市第五十八中2025年高一数学第二学期期末统考模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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．若一个三角形，采用斜二测画法作出其直观图，则其直观图的面积是原三角形面积的(　　)
A．倍 B．2倍 C．倍 D．倍
2．已知三棱锥中，，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B．4 C． D．
3．设向量,若,则实数的值为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
4．为了了解某同学的数学学习情况，对他的6次数学测试成绩进行统计，作出的茎叶图如图所示，则下列关于该同学数学成绩的说法正确的是( )

A．中位数为83 B．众数为85 C．平均数为85 D．方差为19
5．在等比数列中，，，则（ ）
A． B．3 C． D．1
6．已知，且，则（ ）
A． B． C． D．
7．七巧板是古代中国劳动人民的发明，到了明代基本定型．清陆以湉在《冷庐杂识》中写道：近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余．如图，在七巧板拼成的正方形内任取一点，则该点取自图中阴影部分的概率是（ ）

A． B．
C． D．
8．函数的一个对称中心是（ ）
A． B． C． D．
9．已知空间中两点和的距离为6，则实数的值为（ ）
A．1 B．9 C．1或9 D．﹣1或9
10．某中学高一从甲、乙两个班中各选出7名学生参加2019年第三十届“希望杯”全国数学邀请赛，他们取得成绩的茎叶图如图，其中甲班学生成绩的平均数是84，乙班学生成绩的中位数是83，则的值为（ ）

A．4 B．5 C．6 D．7
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．我国古代数学著作《算法统宗》中有这样一段记载：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关．”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天才到达目的地．”则该人第一天走的路程为__________里．
12．已知数列的通项公式为，是其前项和，则_____．（结果用数字作答）
13．现用一半径为，面积为的扇形铁皮制作一个无盖的圆锥形容器（假定衔接部分及铁皮厚度忽略不计，且无损耗），则该容器的容积为__________.
14．等比数列的首项为，公比为，记，则数列的最大项是第___________项.
15．已知数列是正项数列，是数列的前项和，且满足.若，是数列的前项和，则_______.
16．已知，，若，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．某同学利用暑假时间到一家商场勤工俭学，该商场向他提供了三种付款方式：第一种，每天支付38圆；第二种，第一天付4元，第二天付8元，第三天付12元，以此类推：第三种，第一天付0.4元，以后每天比前一天翻一番（即增加一倍），
你会选择哪种方式领取报酬呢？
18．一盒中装有12个球，其中5个红球，4个黑球，2个白球，1个绿球．从中随机取出1球，求：
(1)取出1球是红球或黑球的概率；
(2)取出1球是红球或黑球或白球的概率．
19．已知过点A(0，1)且斜率为k的直线l与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1交于M，N两点．
(1)求k的取值范围；
(2)若＝12，其中O为坐标原点，求|MN|.
20．某快餐连锁店招聘外卖骑手，该快餐连锁店提供了两种日工资方案：方案(1)规定每日底薪50元，快递业务每完成一单提成3元；方案(2)规定每日底薪100元，快递业务的前44单没有提成，从第45单开始，每完成一单提成5元．该快餐连锁店记录了每天骑手的人均业务量．现随机抽取100天的数据，将样本数据分为[ 25，35），[35，45)，[45，55)，[55，65)，[65，75)，[75，85)，[85，95]七组，整理得到如图所示的频率分布直方图。

(1)随机选取一天，估计这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少于65单的概率；
(2)若骑手甲、乙选择了日工资方案(1)，丙、丁选择了日工资方案(2)．现从上述4名骑手中随机选取2人，求至少有1名骑手选择方案(1)的概率；
21．已知数列的前项和为，满足，数列满足.
（1）求数列、的通项公式；
（2），求数列的前项和；
（3）对任意的正整数，是否存在正整数，使得？若存在，请求出的所有值；若不存在，请说明理由.
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、C
【解析】
以三角形的一边为x轴，高所在的直线为y轴，由斜二测画法看三角形底边长和高的变化即可．
【详解】
以三角形的一边为x轴，高所在的直线为y轴，由斜二测画法知，三角形的底长度不变，高所在的直线为y′轴，长度减半，故三家性的高变为原来的sin45°=，
故直观图中三角形面积是原三角形面积的．
故选C．
本题重点考查了斜二侧画法、平面图形的面积的求解方法等知识，属于中档题．解题关键是准确理解斜二侧画法的内涵，与x轴平行的线段长度保持不变，与y轴平行的线段的长度减少为原来的一半．
2、B
【解析】
依据题中数据，利用勾股定理可判断出从而可得三棱锥各面都为直角三角形，进而可知外接圆的直径，即可求出三棱锥的外接球的表面积
【详解】

如图，因为 ,
又，,
从而可得三棱锥各面都为直角三角形，CD是三棱锥的外接球的直径，
在中，,,
即 ，，故选B．
本题主要考查学生空间想象以及数学建模能力，能够依据条件建立合适的模型是解题的关键．
3、B
【解析】
首先求出的坐标，再根据平面向量共线定理解答.
【详解】
解：
,
因为,所以,解得.
故选：
本题考查平面向量共线定理的应用，属于基础题.
4、C
【解析】
试题分析：A选项，中位数是84；B选项，众数是出现最多的数，故是83；C选项，平均数是85，正确；D选项，方差是，错误．
考点：茎叶图的识别‚相关量的定义
5、C
【解析】
根据等比数列的性质求解即可.
【详解】
因为等比数列,故.
故选：C
本题主要考查了等比数列性质求解某项的方法,属于基础题.
6、D
【解析】
根据不等式的性质,一一分析选择正误即可.
【详解】
根据不等式的性质,当时,
对于A,若,则,故A错误;
对于B,若,则,故B错误;
对于C,若,则,故C错误;
对于D, 当时,总有成立,故D正确;
故选:D.
本题考查不等式的基本性质,属于基础题.
7、B
【解析】
设阴影部分正方形的边长为，计算出七巧板所在正方形的边长，并计算出两个正方形的面积，利用几何概型概率公式可计算出所求事件的概率.
【详解】
如图所示，设阴影部分正方形的边长为，则七巧板所在正方形的边长为，
由几何概型的概率公式可知，在七巧板拼成的正方形内任取一点，则该点取自图中阴影部分的概率，故选：B.
本题考查几何概型概率公式计算事件的概率，解题的关键在于弄清楚两个正方形边长之间的等量关系，考查分析问题和计算能力，属于中等题.
8、A
【解析】
令，得：，即函数的对称中心为，再求解即可.
【详解】
解：令，解得：，
即函数的对称中心为，
令，即函数的一个对称中心是，
故选：A.
本题考查了正切函数的对称中心，属基础题.
9、C
【解析】
利用空间两点间距离公式求出值即可。
【详解】
由两点之间距离公式，得：
，
化为：，
解得：或9，
选C。
空间两点间距离公式：。代入数据即可，属于基础题目。
10、C
【解析】
由均值和中位数定义求解．
【详解】
由题意，，
由茎叶图知就是中位数，∴，
∴．
故选C．
本题考查茎叶图，考查均值与中位数，解题关键是读懂茎叶图．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、192
【解析】
设每天走的路程里数为
由题意知是公比为的等比数列
∵
∴
∴
故答案为
12、.
【解析】
由题意知，数列的偶数项成等差数列，奇数列成等比数列，然后利用等差数列和等比数列的求和公式可求出的值.
【详解】
由题意可得，故答案为.
本题考查奇偶分组求和，同时也考查等差数列求和以及等比数列求和，解题时要得出公差和公比，同时也要确定出对应的项数，考查运算求解能力，属于中等题.
13、
【解析】
分析：由圆锥的几何特征，现用一半径为，面积为的扇形铁皮制作一个无盖的圆锥形容器，则圆锥的底面周长等于扇形的弧长，圆锥的母线长等于扇形的半径，由此计算出圆锥的高，代入圆锥体积公式，即可求出答案.
解析：设铁皮扇形的半径和弧长分别为R、l，圆锥形容器的高和底面半径分别为h、r，
则由题意得R=10，由，得，
由得.
由可得.

该容器的容积为.
故答案为.
点睛：涉及弧长和扇形面积的计算时，可用的公式有角度表示和弧度表示两种，其中弧度表示的公式结构简单，易记好用，在使用前，应将圆心角用弧度表示．
14、
【解析】
求得，则可将问题转化为求使得最大且使得为偶数的正整数的值，利用二次函数的基本性质求解即可.
【详解】
由等比数列的通项公式可得，
，
则问题转化为求使得最大且使得为偶数的正整数的值，
，当时，取得最大值，此时为偶数.
因此，的最大项是第项.
故答案为：.
本题考查等比数列前项积最值的计算，将问题进行转化是解题的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
15、
【解析】
利用将变为，整理发现数列{}为等差数列，求出，进一步可以求出，再将，代入，发现可以裂项求的前99项和。
【详解】

当时，符合，

当时，符合，

一般公式的使用是将变为，而本题是将变为，给后面的整理带来方便。先求，再求，再求，一切都顺其自然。
16、
【解析】
根据向量垂直的坐标表示列出等式，求出，再利用二倍角公式、平方关系即可求出．
【详解】
由得，，解得，
．
本题主要考查了向量垂直的坐标表示以及二倍角公式、平方关系的应用．

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、见解析
【解析】
，，．
下面考察，，的大小．可以看出时，．
因此，当工作时间小于10天时，选用第一种付费方式，
时，，，
因此，选用第三种付费方式．
18、 (1)取出球为红球或黑球的概率为(2)取出球为红球或黑球或白球的概率为
【解析】
试题分析：（1）由题意知本题是一个古典概型，试验包含的基本事件是从12个球中任取一球，满足条件的事件是取出的球是红球或黑球，根据古典概型和互斥事件的概率公式得到结果；（2）由题意知本题是一个古典概型，试验包含的基本事件是从12个球中任取一球，满足条件的事件是取出的一球是红球或黑球或白球，根据古典概型公式得到结果
试题解析：（1）由题意知本题是一个古典概型，
试验包含的基本事件是从12个球中任取一球共有12种结果；
满足条件的事件是取出的球是红球或黑球共有9种结果，
∴概率为．
（2）由题意知本题是一个古典概型，
试验包含的基本事件是从12个球中任取一球共有12种结果；
满足条件的事件是取出的一球是红球或黑球或白球共有11种结果，
∴概率为．
即取出的1球是红球或黑球的概率为；
取出的1球是红球或黑球或白球的概率为．
考点：等可能事件的概率
19、（3）；（3）3．
【解析】
试题分析：（3）由题意可得，直线l的斜率存在，用点斜式求得直线l的方程，根据圆心到直线的距离等于半径求得k的值，可得满足条件的k的范围．
（3）由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+3，根据直线和圆相交的弦长公式进行求解
试题解析：（3）由题意可得，直线l的斜率存在，
设过点A（2，3）的直线方程：y=kx+3，即：kx-y+3=2．
由已知可得圆C的圆心C的坐标（3，3），半径R=3．
故由，解得：．
故当，过点A（2，3）的直线与圆C：相交于M，N两点．
（3）设M；N，
由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+3，代入圆C的方程，
可得，
∴，
∴，
由，解得 k=3，
故直线l的方程为 y=x+3，即 x-y+3=2．圆心C在直线l上，MN长即为圆的直径．所以|MN|=3
考点：直线与圆的位置关系；平面向量数量积的运算
20、（1）0.4（2）
【解析】
（1）从频率分布直方图中计算出前四组矩形面积之和，即为所求概率；
（2）列举出全部的基本事件，并确定出基本事件的总数，然后从中找出事件“至少有名骑手选择方案（1）”所包含的基本事件数，最后利用古典概型的概率公式可计算出结果。
【详解】
（1）设事件为“随机选取一天，这一天该连锁店的骑手的人均日快递业务量不少于单”
依题意，连锁店的人均日快递业务量不少于单的频率分别为：
因为
所以估计为；
（2）设事件为“从四名骑手中随机选取2人，至少有1名骑手选择方案（1）”
从四名新聘骑手中随机选取2名骑手，有6种情况，即 {甲，乙} ，{甲，丙}，{甲，丁}， {乙，丙}，{乙，丁}，{丙，丁}
其中至少有1名骑手选择方案（）的情况为{甲，乙} ，{甲，丙},，{甲，丁}， {乙，丙}，{乙，丁}，
所以。
本题考查频率分布直方图以及古典概型概率的计算，在频率分布直方图的问题中要注意：
（1）每组矩形的面积等于该组数据的频率；
（2）所有矩形的面积之和为。
21、（1），；（2）见解析；（3）存在，.
【解析】
（1）利用可得，从而可得为等比数列，故可得其通项公式.用累加法可求的通项.
（2）利用分组求和法可求，注意就的奇偶性分类讨论.
（3）根据的通项可得，故考虑的解可得满足条件的的值.
【详解】
（1）在数列中，当时，.
当时，由得，
因为，故，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列即.
在数列中，当时，有，
由累加法得，，
.
当时，也符合上式，所以.
(2) .
当为偶数时，
=；
当为奇数时，
=.
(3)对任意的正整数,有，
假设存在正整数，使得，则，
令，解得，又为正整数，
所以满足题意.
给定数列的递推关系，求数列的通项时，我们常需要对递推关系做变形构建新数列（新数列的通项容易求得），常见的递推关系、变形方法及求法如下：
（1），用累加法；
（2），可变形为，利用等比数列的通项公式可求的通项公式，两种方法都可以得到的通项公式.
（3）递推关系式中有与前项和，可利用实现与之间的相互转化.
另外，数列不等式恒成立与有解问题，可转化为数列的最值（或项的范围）来处理.