2025届贵州省铜仁市第一中学数学高一下期末学业水平测试模拟试题含解析.doc

2025届贵州省铜仁市第一中学数学高一下期末学业水平测试模拟试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．要得到函数的图象，只需将函数的图象 ）
A．向左平移个单位 B．向左平移个单位
C．向右平移个单位 D．向右平移个单位
2．已知球面上有三点，如果，且球心到平面的距离为，则该球的体积为 （ ）
A． B． C． D．
3．已知平面上四个互异的点、、、满足：，则的形状一定是（ ）
A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．钝角三角形
4．某校进行了一次消防安全知识竞赛，参赛学生的得分经统计得到如图的频率分布直方图，若得分在的有60人，则参赛学生的总人数为（ ）

A．100 B．120 C．150 D．200
5．已知点是抛物线：的焦点，点为抛物线的对称轴与其准线的交点，过作抛物线的切线，切点为，若点恰好在以，为焦点的双曲线上，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6．如图是一个正方体的表面展开图，若图中“努”在正方体的后面，那么这个正方体的前面是（ ）

A．定 B．有 C．收 D．获
7．已知数列满足，，则（ ）
A． B． C． D．
8．在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若,则( )
A． B． C． D．
9．在△ABC中，N是AC边上一点，且＝，P是BN上的一点，若＝m＋，则实数m的值为(　　)
A． B． C．1 D．3
10．从总数为的一批零件中抽取一个容量为的样本，若每个零件被抽取的可能性为，则为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．若复数满足（为虚数单位），则__________．
12．函数的最大值为，最小值为，则的最小正周期为______．
13．在中，，，. 若，，且，则的值为______________.
14．已知，，则________
15．已知向量，，则向量与夹角的余弦值为__________.
16．若实数满足不等式组 则的最小值是_____.
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）求不等式的解集；
（2）若关于的不等式能成立，求实数的取值范围．
18．在等差数列中，已知．
（1）求通项；
（2）求的前项和．
19．在平面直角坐标系中，已知圆过坐标原点且圆心在曲线上.
（1）若圆分别与轴、轴交于点、（不同于原点），求证：的面积为定值；
（2）设直线与圆交于不同的两点、，且，求圆的方程；
（3）设直线与（2）中所求圆交于点、，为直线上的动点，直线、与圆的另一个交点分别为、，求证：直线过定点.
20．如图，在三棱锥中，平面平面，，点,,分别为线段，，的中点，点是线段的中点.求证：

（1）平面；
（2）.
21．如图，三棱柱，底面，且为正三角形，，，为中点．

（1）求证：直线平面；
（2）求二面角的大小．
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】
考查三角函数图象平移，记得将变量前面系数提取.
【详解】
，所以只需将向右平移个单位.
所以选择C
易错题，一定要将提出，否则容易错选D.
2、B
【解析】
的外接圆半径为 球半径球的体积为，故选B.
3、C
【解析】
由向量的加法法则和减法法则化简已知表达式，再由向量的垂直和等腰三角形的三线合一性质得解.
【详解】
设边的中点，则
所以在中，垂直于的中线，
所以是等腰三角形.
故选C.
本题考查向量的线性运算和数量积，属于基础题.
4、C
【解析】
根据频率分布直方图求出得分在的频率，即可得解.
【详解】
根据频率分布直方图可得：
得分在的频率0.35，
得分在的频率0.3，
得分在的频率0.2，
得分在的频率0.1，
所以得分在的频率0.05，
得分在的频率为0.4，有60人，
所以参赛学生的总人数为60÷0.4=150人.
故选：C
此题考查根据频率分布直方图求某组的频率，根据频率分布直方图的特征计算小矩形的面积，根据总面积之和为1计算未知数，结合频率频数计算总人数.
5、C
【解析】
由题意，得，设过的抛物线的切线方程为，联立，，令，解得，即，不妨设，由双曲线的定义得，
，则该双曲线的离心率为.故选C.
6、B
【解析】
利用正方体及其表面展开图的特点以及题意解题，把“努”在正方体的后面，然后把平面展开图折成正方体，然后看“努”相对面．
【详解】
解：这是一个正方体的平面展开图，共有六个面，其中面“努”与面“有”相对，
所以图中“努”在正方体的后面，则这个正方体的前面是“有”．
故选：．

本题考查了正方形相对两个面上的文字问题，同时考查空间想象能力．注意正方体的空间图形，从相对面入手，分析及解答问题，属于基础题．
7、A
【解析】
由给出的递推式变形，构造出新的等比数列，由等比数列的通项公式求出的表达式，再利用等比数列的求和公式求解即可.
【详解】
解：解：在数列中，
由，得，
，
，
则数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，
.
，
故选：A.
本题考查了数列的递推式，考查了等比关系的确定以及等比数列的求和公式，属中档题.
8、B
【解析】
利用正弦定理边化角，结合和差公式以及诱导公式，即可得到本题答案.
【详解】
因为，所以，
，，，
，.
故选：B.
本题主要考查利用正弦定理边角转化求角，考查计算能力，属于基础题.
9、B
【解析】
根据向量的线性表示逐步代换掉不需要的向量求解.
【详解】
设 ，

所以 所以
故选B.
本题考查向量的线性运算，属于基础题.
10、A
【解析】
由样本容量、总容量以及个体入样可能性三者之间的关系，列等式求出的值.
【详解】
由题意可得，解得，故选A.
本题考查抽样概念的理解，了解样本容量、总体容量以及个体入样可能性三者之间的关系是解题的关键，考查计算能力，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】
分析：由复数的除法运算可得解.
详解：由，得.
故答案为：.
点睛：本题考查了复数的除法运算，属于基础题.
12、
【解析】
先换元，令，所以，利用一次函数的单调性，列出等式，求出，然后利用正切型函数的周期公式求出即可．
【详解】
令，所以，由于，所以在上单调递减，即有，解得，
，故最小正周期为．
本题主要考查三角函数的性质的应用，正切型函数周期公式的应用，以及换元法的应用．
13、
【解析】
,则
.
【考点】向量的数量积
【名师点睛】根据平面向量的基本定理，利用表示平面向量的一组基地可以表示平面内的任一向量，利用向量的定比分点公式表示向量，计算数量积，选取基地很重要，本题的已知模和夹角，选作基地易于计算数量积.
14、
【解析】
直接利用反三角函数求解角的大小，即可得到答案.
【详解】
因为，，
根据反三角函数的性质，可得.
故答案为：.
本题主要考查了三角方程的解法，以及反三角函数的应用，属于基础题.
15、
【解析】
先求出，再求，最后代入向量的夹角公式即得解.
【详解】
由题得
所以向量与夹角的余弦值为.
故答案为
(1)本题主要考查向量的夹角的计算，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理计算能力.(2) 求两个向量的夹角一般有两种方法,方法一：,方法二：设=,=，为向量与的夹角，则.
16、4
【解析】
试题分析：由于根据题意x,y满足的关系式，作出可行域，

当目标函数z=2x+3y在边界点（2，0）处取到最小值z=2×2+3×0=4，故答案为4.
考点：本试题主要考查了线性规划的最优解的运用．
点评：解决该试题的关键是解决线性规划的小题时，常用“角点法”，其步骤为：①由约束条件画出可行域⇒②求出可行域各个角点的坐标⇒③将坐标逐一代入目标函数⇒④验证，求出最优解.

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) (1) 或.
【解析】
（1）运用绝对值的意义，去绝对值，解不等式，求并集即可；
（1）求得|t﹣1|+|1t+3|的最小值，原不等式等价为|x+l|﹣|x﹣m|的最大值，由绝对值不等式的性质，以及绝对值不等式的解法，可得所求范围．
【详解】
解：（1）由题意可得|x﹣1|+|1x+3|＞4，
当x≥1时，x﹣1+1x+3＞4，解得x≥1；
当x＜1时，1﹣x+1x+3＞4，解得0＜x＜1；
当x时，1﹣x﹣1x﹣3＞4，解得x＜﹣1．
可得原不等式的解集为（﹣∞，﹣1）∪（0，+∞）；
（1）由（1）可得|t﹣1|+|1t+3|
，
可得t时，|t﹣1|+|1t+3|取得最小值，
关于x的不等式|x+l|﹣|x﹣m|≥|t﹣1|+|1t+3|（t∈R）能成立，
等价为|x+l|﹣|x﹣m|的最大值，
由|x+l|﹣|x﹣m|≤|m+1|，可得|m+1|，
解得m或m．
本题考查绝对值不等式的解法和绝对值不等式的性质的运用，求最值，考查化简变形能力，以及运算能力，属于基础题．
18、（1），（2）
【解析】
（1）设出等差数列的基本量，首项和公差，根据条件列出方程组，解出和，写出的通项.
（2）由（1）中求出的基本量，根据等差数列的求和公式，写出
【详解】
设等差数列的首项为，公差为，

，解得

（2）由（1）可知，

本题考查等差数列基本量计算，等差数列通项和求和的求法，属于简单题.
19、（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析.
【解析】
（1）由题意设圆心坐标为，可得半径为，求出圆的方程，分别令、，可得出点、的坐标，利用三角形的面积公式即可证明出结论成立；
（2）由，知，利用两直线垂直的等价条件：斜率之积为，解方程可得，讨论的取值，求得圆心到直线的距离，即可得到所求圆的方程；
（3）设，、，求得、的坐标，以及直线、的方程，联立圆的方程，利用韦达定理，结合，得出，设直线的方程为，代入圆的方程，利用韦达定理，可得、之间的关系，即可得出所求的定点.
【详解】
（1）由题意可设圆心为，则圆的半径为，
则圆的方程为，即.
令，得，得；令，得，得.
（定值）；
（2）由，知，所以，解得.
当时，圆心到直线的距离小于半径，符合题意；
当时，圆心到直线的距离大于半径，不符合题意.
所以，所求圆的方程为；
（3）设，，又知，，
所以，.
因为，所以.
将，代入上式，
整理得.①
设直线的方程为，代入，
整理得.
所以，.
代入①式，并整理得，
即，解得或.
当时，直线的方程为，过定点；
当时，直线的方程为，过定点
检验定点和、共线，不合题意，舍去.
故过定点.
本题考查圆的方程的求法和运用，注意运用联立直线方程和圆的方程，消去一个未知数，运用韦达定理，考查直线恒过定点的求法，考查运算能力，属于难题．
20、（1）见解析；（2）见解析
【解析】
（1）连AF交BE于Q，连QO，推导出Q是△PAB的重心，从而FG∥QO，由此能证明FG∥平面EBO．
（2）推导出BO⊥AC，从而BO⊥面PAC，进而BO⊥PA，再求出OE⊥PA，由此能证明PA⊥平面EBO，利用线面垂直的性质可证PA⊥BE．
【详解】
（1）连接AF交BE于Q，连接QO，
因为E，F分别为边PA，PB的中点，
所以Q为△PAB的重心，可得：2，
又因为O为线段AC的中点，G是线段CO的中点，
所以2，
于是，
所以FG∥QO，
因为FG⊄平面EBO，QO⊂平面EBO，
所以FG∥平面EBO．
（2）因为O为边AC的中点，AB＝BC，
所以BO⊥AC，
因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，BO⊂平面ABC，
所以BO⊥平面PAC，
因为PA⊂平面PAC
所以BO⊥PA，
因为点E，O分别为线段PA，AC的中点，
所以EO∥PC，
因为PA⊥PC，
所以PA⊥EO，
又BO∩OE＝O，BO，EO⊂平面EBO，
所以PA⊥平面EBO，
因为BE⊂平面EBO，
所以PA⊥BE．

本题考查线面垂直、线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．
21、（1）证明见解析；（2）．
【解析】
（1）连交于，连，则点为中点，为中点，得，即可证明结论；
（1）为正三角形，为中点，可得，再由 底面，得
底面，得，可证平面，有，为
的平面角，解，即可求出结论.
【详解】
（1）连交于，连，三棱柱，
侧面为平行四边形，所以点为中点，
为中点，所以，因为平面，
平面，所以直线平面；
（2）为正三角形，为中点，可得，
三棱柱，所以， 底面，
所以 底面，底面，所以，
又平面，所以平面，
平面，所以，
为的平面角，
在中，， ，
所以 ，
所以二面角的大小为.

本题考查线面平行的证明，用几何法求二面角的平面角，做出二面角的平面角是解题的关键，属于中档题.