上海中学2024-2025学年高一数学第二学期期末学业水平测试模拟试题含解析.doc

上海中学2024-2025学年高一数学第二学期期末学业水平测试模拟试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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．设正实数x，y，z满足x2－3xy＋4y2－z＝0，则当取得最小值时，x＋2y－z的最大值为( )
A．0 B．
C．2 D．
2．若满足，且的最小值为，则实数的值为（　　）
A． B． C． D．
3．己知，，若轴上方的点满足对任意，恒有成立，则点纵坐标的最小值为（ ）
A． B． C．1 D．2
4．已知函数，那么下列式子：①；②；③；④；其中恒成立的是（ ）
A．①② B．②③ C．①②④ D．②③④
5．若函数，则的值为（ ）
A． B． C． D．
6．直线在轴上的截距为（ ）
A．2 B．﹣3 C．﹣2 D．3
7．已知平面向量，的夹角为，，，则向的值为（ ）
A．－2 B． C．4 D．
8．向量，，且，则等于（ ）
A． B． C．2 D．10
9．数列是各项均为正数的等比数列，数列是等差数列，且，则（ ）
A． B．
C． D．
10．已知，若关于的不等式的解集中的整数恰有3个，则实数的取值范围是（）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．在数列中，，是其前项和，当时，恒有、、成等比数列，则________．
12．已知指数函数上的最大值与最小值之和为10，则=____________。
13．若，，，则M与N的大小关系为___________．
14．已知函数，的最大值为_____.
15．有一个底面半径为2，高为2的圆柱，点，分别为这个圆柱上底面和下底面的圆心，在这个圆柱内随机取一点P，则点P到点或的距离不大于1的概率是________.
16．已知，且这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，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．中，角所对的边分别为，已知.
（1）求角的大小；
（2）若，求面积的最大值.
18．（1）已知数列的前项和满足，求数列的通项公式；
（2）数列满足，（），求数列的通项公式.
19．在等比数列中，，.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
20．已知的内角的对边分别为，若向量，且.
（1）求角的值；
（2）已知的外接圆半径为，求周长的取值范围.
21．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB的中点．
求证：(1)AC⊥BC1；(2)AC1∥平面CDB1.
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
1C
【解析】
由题得z=x2+4y2-3xy≥4xy-3xy=xy(x,y,z>0),
即z≥xy,≥1.当且仅当x=2y时等号成立,
则x+2y-z=2y+2y-(4y2-6y2+4y2)
=4y-2y2=-2(y2-2y)
=-2[(y-1)2-1]=-2(y-1)2+2.
当y=1时,x+2y-z有最大值2.故选C.
2、B
【解析】
首先画出满足条件的平面区域，然后根据目标函数取最小值找出最优解，把最优解点代入目标函数即可求出的值．
【详解】
画出满足条件的平面区域，如图所示：，由，解得：，
由得：，显然直线过时，z最小，
∴，解得：，
故选B．

本题主要考查简单的线性规划，已知目标函数最值求参数的问题，属于常考题型．
3、D
【解析】
由题意首先利用平面向量的坐标运算法则确定纵坐标的解析式，然后结合二次函数的性质确定点P纵坐标的最小值即可.
【详解】
设，则，，
故，
恒成立，即恒成立，
据此可得：，故，
当且仅当时等号成立.
据此可得的最小值为，则的最小值为.
即点纵坐标的最小值为2.
故选D.
本题主要考查平面向量的坐标运算，二次函数最值的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
4、A
【解析】
根据正弦函数的周期性及对称性，逐项判断，即可得到本题答案.
【详解】
由，得，所以的最小正周期为即，故①正确；
由，令，得的对称轴为，所以是的对称轴，不是的对称轴，故②正确，③不正确；
由，令，得的对称中心为，所以不是的对称中心，故④不正确.
故选：A
本题主要考查正弦函数的周期性以及对称性.
5、D
【解析】
根据分段函数的定义域与函数解析式的关系，代值进行计算即可．
【详解】
解：由已知，
又，
又，
所以：．
故选：D．
本题考查了分段函数的函数值计算问题，抓住定义域的范围，属于基础题．
6、B
【解析】
令,求出值则是截距。
【详解】
直线方程化为斜截式为：
，时，，
所以，在轴上的截距为－3。
轴上的截距：即令,求出值；同理轴上的截距：即令,求出值
7、C
【解析】
通过已知条件，利用向量的数量积化简求解即可.
【详解】
平面向量，的夹角为，或，
则向量.
故选：
本题考查向量数量积公式，属于基础题.
8、B
【解析】
先由数量积为，得出，求出的坐标，利用模长的坐标公式求解即可.
【详解】
由题意可得 ，则
则
故选：B
本题主要考查了向量模的坐标表示以及向量垂直的坐标表示，属于基础题.
9、B
【解析】
分析：先根据等比数列、等差数列的通项公式表示出、，然后表示出和，然后二者作差比较即可．
详解：∵an=a1qn﹣1，bn=b1+（n﹣1）d，
∵，∴a1q4=b1+5d，
=a1q2+a1q6
=2（b1+5d）=2b6=2a5
﹣2a5= a1q2+a1q6﹣2a1q4 =a1q2（q2﹣1）2≥0
所以≥
故选B．
点睛：本题主要考查了等比数列的性质．比较两数大小一般采取做差的方法．属于基础题．
10、A
【解析】
将不等式化为，可知满足不等式，不满足不等式，由此可确定个整数解为；当和时，解不等式可知不满足题意；当时，解出不等式的解集，要保证整数解为，则需，解不等式组求得结果.
【详解】
由得：
当时，成立 必为不等式的一个整数解
当时，不成立 不是不等式的整数解
个整数解分别为：
当时，，不满足题意
当时，解不等式得：或

不等式不可能只有个整数解，不满足题意
当时，
，解得：，即的取值范围为：
本题正确选项：
本题考查根据不等式整数解的个数求解参数范围问题，关键是能够利用特殊值确定整数解的具体取值，从而解不等式，根据整数解的取值来确定解集的上下限，构造不等式组求得结果.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、.
【解析】
由题意得出，当时，由，代入，化简得出，利用倒数法求出的通项公式，从而得出的表达式，于是可求出的值.
【详解】
当时，由题意可得，即，
化简得，得，
两边取倒数得，，
所以，数列是以为首项，以为公差的等差数列，
，，
则，
因此，，故答案为
本题考查数列极限的计算，同时也考查了数列通项的求解，在含的数列递推式中，若作差法不能求通项时，可利用转化为的递推公式求通项，考查分析问题和解决问题的能力，综合性较强，属于中等题.
12、
【解析】
根据和时的单调性可确定最大值和最小值，进而构造方程求得结果.
【详解】
当时，在上单调递增 ，
，解得：或（舍）
当时，在上单调递减 ，
，解得：（舍）或（舍）
综上所述：
故答案为：
本题考查利用函数最值求解参数值的问题，关键是能够根据指数函数得单调性确定最值点.
13、
【解析】
根据自变量的取值范围，利用作差法即可比较大小.
【详解】
，，，
所以

当时，
所以，
即，
故答案为：.
本题考查了作差法比较整式的大小，属于基础题.
14、
【解析】
化简，再利用基本不等式以及辅助角公式求出的最大值，即可得到的最大值
【详解】
由题可得：
由于，，所以，
由基本不等式可得：

由于，所以
所以，即的最大值为
故答案为
本题考查三角函数的最值问题，涉及二倍角公式、基本不等式、辅助角公式等知识点，属于中档题。
15、
【解析】
本题利用几何概型求解．先根据到点的距离等于1的点构成图象特征，求出其体积，最后利用体积比即可得点到点，的距离不大于1的概率；
【详解】
解：由题意可知，点P到点或的距离都不大于1的点组成的集合分别以、为球心，1为半径的两个半球，其体积为，又该圆柱的体积为，则所求概率为.
故答案为：
本题主要考查几何概型、圆柱和球的体积等基础知识，考查运算求解能力，考查空间想象力、化归与转化思想．关键是明确满足题意的测度为体积比．
16、5
【解析】
试题分析：由题意得，为等差数列时，一定为等差中项，即，为等比数列时，-2为等比中项，即，所以.
考点：等差，等比数列的性质

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】
（1）由正弦定理化边为角，再由同角间的三角函数关系化简可求得；
（2）利用余弦定理得出的等式，由基本不等式求得的最大值，可得面积最大值．
【详解】
（1）∵，∴，又，
∴，即，∴；
（2）由（1），
∴，当且仅当时等号成立．
∴，
，最大值为．
本题考查正弦定理和余弦定理，考查同角间的三角函数关系，考查基本不等式求最值．本题主要是考查的公式较多，掌握所有公式才能正确解题．本题属于中档题．
18、（1）；（2）.
【解析】
（1）利用求出数列的通项公式；
（2）利用累加法求数列的通项公式；
【详解】
解：（1）①
当时，即
当时，②
①减②得
经检验时，成立
故
（2）（）

……

将上述式相加可得

本题考查作差法求数列的通项公式以及累加法求数列的通项公式，属于基础题.
19、（1）；（2）.
【解析】
（1）设出通项公式，利用待定系数法即得结果；
（2）先求出通项，利用错位相减法可以得到前项和.
【详解】
（1）因为，，所以，
解得
故的通项公式为.
（2）由（1）可得，
则，①
，②
①-②得
故.
本题主要考查等比数列的通项公式，错位相减法求和，意在考查学生的分析能力
及计算能力，难度中等.
20、 (1) (2)
【解析】
试题分析：（1）由，得，利用正弦定理统一到角上易得（2）根据题意，得，由余弦定理，得，结合均值不等式可得，所以的最大值为4，又，从而得到周长的取值范围.
试题解析：
（1）由，得.
由正弦定理，
得，
即.
在中，由，
得.
又，所以.
（2）根据题意，得.
由余弦定理，
得，
即，
整理得，当且仅当时，取等号，
所以的最大值为4.
又，所以，
所以.
所以的周长的取值范围为.
21、 (1)证明见解析；(2)证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）由勾股定理可证得为直角三角形即可证得，由直棱柱可知面，
可证得，根据线面垂直的判定定理可证得面，从而可得．（2）设与的交点为，连结，由中位线可证得，根据线面平行的判定定理可证得平面．
试题解析：证明：（1）证明：，
，
为直角三角形且，即．
又∵三棱柱为直棱柱，面，面，，
，
面，面，．
（2）设与的交点为，连结，
是的中点，是的中点，．面，面，
平面．

考点：1线线垂直，线面垂直；2线面平行．