新疆吐鲁番市高昌区二中2025年数学高一第二学期期末综合测试模拟试题含解析.doc

新疆吐鲁番市高昌区二中2025年数学高一第二学期期末综合测试模拟试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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．的值（ ）
A．小于0 B．大于0 C．等于0 D．不小于0
2．已知点均在球上，，若三棱锥体积的最大值为，则球的体积为
A． B． C．32 D．
3．若直线：与直线：垂直，则实数( ).
A． B． C．2 D．或2
4．在平行四边形中，,,则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
5．已知函数和的定义域都是，则它们的图像围成的区域面积是（ ）
A． B． C． D．
6．已知为的三个内角的对边，，的面积为2，则的最小值为( ).
A． B． C． D．
7．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积为（ ）

A． B． C． D．12
8．若，，则等于( )
A． B． C． D．
9．经过平面α外两点，作与α平行的平面，则这样的平面可以作 (　　)
A．1个或2个 B．0个或1个
C．1个 D．0个
10．已知直线与直线平行，则实数k的值为（ ）
A．-2 B．2 C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．（理）已知函数，若对恒成立，则的取值范围为 ．
12．已知直线与圆相交于两点，则______.
13．已知，则_________.
14．若，且，则的最小值是______.
15．为了研究问题方便,有时将余弦定理写成: ,利用这个结构解决如下问题:若三个正实数，满足,，，则_______.
16．设 ，数列满足，，将数列的前100项从大到小排列得到数列，若，则k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．的内角所对的边分别为，且．
（1）求角；
（2）若，且的面积为，求的值．
18．已知圆：，点是直线：上的一动点，过点作圆M的切线、，切点为、．
（Ⅰ）当切线PA的长度为时，求点的坐标；
（Ⅱ）若的外接圆为圆，试问：当运动时，圆是否过定点？若存在，求出所有的定点的坐标；若不存在，说明理由；
（Ⅲ）求线段长度的最小值．
19．如果数列对任意的满足：，则称数列为“数列”.
（1）已知数列是“数列”，设，求证：数列是递增数列，并指出与的大小关系（不需要证明）；
（2）已知数列是首项为，公差为的等差数列，是其前项的和，若数列是“数列”，求的取值范围；
（3）已知数列是各项均为正数的“数列”，对于取相同的正整数时，比较和的大小，并说明理由.
20．已知数列的前项和为，且满足.
（1）求证：数列是等比数列；
（2）设，数列的前项和为，求证：.
21．已知数列的前项和为，且满足，（）．
（Ⅰ）求的值，并求数列的通项公式；
（Ⅱ）设数列的前项和为，求证：（）．
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】
确定各个角的范围，由三角函数定义可确定正负．
【详解】
∵，∴，，，
∴．
故选：A．
本题考查各象限角三角函数的符号，掌握三角函数定义是解题关键．
2、A
【解析】
设是的外心，则三棱锥体积最大时，平面，球心在上．由此可计算球半径．
【详解】
如图，设是的外心，则三棱锥体积最大时，平面，球心
在上．
∵，∴，即，
∴．
又，∴，．
∵平面，∴，设球半径为，
则由得，解得，
∴球体积为．
故选A．

本题考查球的体积，关键是确定球心位置求出球的半径．
3、A
【解析】
试题分析：直线：与直线：垂直，则，.
考点：直线与直线垂直的判定.
4、A
【解析】
先求,再求,即可求D坐标
【详解】
，∴，则D(6,1)
故选A
本题考查向量的坐标运算，熟记运算法则，准确计算是关键，是基础题
5、C
【解析】
由可得，所以的图像是以原点为圆心，为半径的圆的上半部分；再结合图形求解.
【详解】
由可得 ，
作出两个函数的图像如下：

则区域①的面积等于区域②的面积，
所以他们的图像围成的区域面积为半圆的面积，
即.
故选C.
本题考查函数图形的性质，关键在于的识别.
6、D
【解析】
运用三角形面积公式和余弦定理，结合三角函数的辅助角公式和正弦型函数的值域最后可求出的最小值.
【详解】
因为， 所以，即，
令，可得，
于是有，因此，即，所以的最小值为，故本题选D.
本题考查了余弦定理、三角形面积公式，考查了辅助角公式，考查了数学运算能力.
7、B
【解析】
三视图可看成由一个长1宽2高1的长方体和以2和1为直角边的三角形为底面高为1的三棱柱组合而成．
【详解】
几何体可看成由一个长1宽2高1的长方体和以2和1为直角边的三角形为底面高为1的三棱柱组合而成
，选B.
已知三视图，求原几何体的表面积或体积是高考必考内容，主要考查空间想象能力，需要熟练掌握常见的几何体的三视图，会识别出简单的组合体．
8、C
【解析】
直接用向量的坐标运算即可得到答案.
【详解】
由，.

故选：C
本题考查向量的坐标运算，属于基础题.
9、B
【解析】若平面α外的两点所确定的直线与平面α平行，则过该直线与平面α平行的平面有且只有一个；若平面α外的两点所确定的直线与平面α相交，则过该直线的平面与平面α平行的平面不存在;故选B.
10、A
【解析】
由两直线平行的可得:，运算即可得解.
【详解】
解：由两直线平行的判定可得:，解得，
故选：A.
本题考查利用两直线平行求参数，属基础题.

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：函数要使对恒成立，只要小于或等于的最小值即可，的最小值是0，即只需满足，解得.
考点：恒成立问题.
12、
【解析】
首先求出圆的圆心坐标和半径，计算圆心到直线的距离，再计算弦长即可.
【详解】
圆，
，圆心，半径.
圆心到直线的距离.
.
故答案为：
本题主要考查直线与圆的位置关系中的弦长问题，熟练掌握弦长公式为解题的关键，属于简单题.
13、
【解析】
由题意可得：

点睛：熟记同角三角函数关系式及诱导公式，特别是要注意公式中的符号问题；
注意公式的变形应用，如sin2α＝1－cos2α，cos2α＝1－sin2α，1＝sin2α＋cos2α及sin α＝tan α·cos α等．这是解题中常用到的变形，也是解决问题时简化解题过程的关键所在．
14、8
【解析】
利用的代换，将写成，然后根据基本不等式求解最小值.
【详解】
因为（即 取等号），
所以最小值为.
已知，求解（ ）的最小值的处理方法：利用
，得到，展开后利用基本不等式求解，注意取等号的条件.
15、
【解析】
设的角、、的对边分别为、、，在内取点，使得，设，，，利用余弦定理得出的三边长，由此计算出的面积，再利用可得出的值.
【详解】
设的角、、的对边分别为、、，
在内取点，使得，
设，，，
由余弦定理得，，
同理可得，，，则，
的面积为，
另一方面，解得，故答案为.
本题考查余弦定理的应用，问题的关键在于将题中的等式转化为余弦定理，并转化为三角形的面积来进行计算，考查化归与转化思想以及数形结合思想，属于中等题.

16、
【解析】
根据递推公式利用数学归纳法分析出与的关系，然后考虑将的前项按要求排列，再根据项的序号计算出满足的值即可.
【详解】
由已知，a1＝a，0＜a＜1；并且函数y＝ax单调递减；
∵
∴1>a2＞a1
∴，
∴a2＞a3＞a1
∵，且
∴a2＞a4＞a3＞a1
……
当为奇数时，用数学归纳法证明，
当时，成立，
设时，，
当时，因为，结合的单调性，
所以，所以即，所以时成立，
所以为奇数时，；
当为偶数时，用数学归纳法证明，
当时，成立，设时，，
当时，因为，结合的单调性，
所以，所以即，所以时成立，
所以为偶数时，；
用数学归纳法证明任意偶数项大于相邻的奇数项即证：当为奇数，，
当时，符合，设时，，
当时，因为，结合的单调性，
所以，所以，所以，所以时成立，
所以当为奇数时，，
据此可知：，
当时，若，则有，此时无解；
当时，此时的下标成首项为公差为的等差数列，通项即为，
若，所以，所以.
故答案为：.
本题考查数列与函数的综合应用，难度较难.
(1)分析数列的单调性时，要注意到数列作为特殊的函数，其定义域为；
(2)证明数列的单调性可从与的关系入手分析.

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）对等式，运用正弦定理实现边角转化，再利用同角三角函数关系中的商关系，可求出角的正切值，最后根据角的取值范围，求出角；
（2）由三角形面积公式，可以求出的值，最后利用余弦定理，求出的值．
【详解】
（1）∵，∴，
∵，∴，
∴，∴在中；
（2）∵的面积为，
∴，∴，
由余弦定理，有
，
∴．
本题考查正弦定理、余弦定理、三角形面积公式，考查了数学运算能力.
18、（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）AB有最小值
【解析】
试题分析：（Ⅰ）求点的坐标，需列出两个独立条件,根据解方程组解：由点是直线：上的一动点，得，由切线PA的长度为得，解得（Ⅱ）设P（2b,b），先确定圆的方程：因为∠MAP＝90°所以经过A、P、M三点的圆以MP为直径，其方程为：，再按b整理：由解得或，所以圆过定点（Ⅲ）先确定直线方程，这可利用两圆公共弦性质解得：由圆方程为及 圆：，相减消去x,y平方项得圆方程与圆相交弦AB所在直线方程为：，相交弦长即：
，当时，AB有最小值
试题解析：（Ⅰ）由题可知，圆M的半径r＝2，设P（2b,b），
因为PA是圆M的一条切线，所以∠MAP＝90°,
所以MP＝，解得
所以4分
（Ⅱ）设P（2b，b），因为∠MAP＝90°，所以经过A、P、M三点的圆以MP为直径，
其方程为：
即
由， 7分
解得或，所以圆过定点9分
（Ⅲ）因为圆方程为
即①
圆：，即②
②－①得圆方程与圆相交弦AB所在直线方程为：
11分
点M到直线AB的距离13分
相交弦长即：

当时，AB有最小值16分
考点：圆的切线长，圆的方程，两圆的公共弦方程
19、（1）；（2）（3），证明见解析.
【解析】
（1）由新定义，结合单调性的定义可得数列是递增数列；再根据，，可得；
（2）运用新定义和等差数列的求和公式，解绝对值不等式即可得到所求范围；
（3）对一切，有．运用数学归纳法证明，注意验证成立；假设不等式成立，注意变形和运用新定义，即可得证．
【详解】
（1）证明：数列是“数列”，可得，
即，即，
可得数列是递增数列，
.
（2）数列是“数列”，
可得，
即，
可得，
即有，或，或，
即或或，
所以.
（3）数列是各项均为正数的“数列”，
对于取相同的正整数时，，
运用数学归纳法证明：
当时，，，显然即．
设时，．即，
可得，
当时，即证，
即证，
由
，
即证

即证，
由，，，，
相加可得，
则对一切，有．
本题考查新定义的理解和运用，考查数列的单调性的证明和等差数列的通项公式和求和公式，以及数学归纳法的应用，考查化简整理的运算能力，属于难题．
20、（1）见证明；（2）见证明
【解析】
（1）由，得，两式作差可得，利用等比数列的定义，即可作出证明；
（2）由（1）可得，得到，利用裂项法求得数列的和，即可作出证明.
【详解】
（1）证明：由，得，
两式作差可得：，即，即，
又，得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列；
（2）由（1）可得，数列的通项公式为，
又由，
所以.
所以.
本题主要考查了等比数列的定义，以及数列“裂项法”求和的应用，其中解答中熟记等比数列的定义和通项，以及合理利用数列的“裂项法”求得数列的前n项和是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
21、（Ⅰ），，（Ⅱ）见解析
【解析】
（Ⅰ）根据和项与通项关系得 ，利用等比数列定义求得结果
（Ⅱ）利用放缩法以及等比数列求和公式证得结果
【详解】
（Ⅰ），
由得，
两式相减得
故，又
所以数列是以2为首项，公比为2的等比数列，
因此，即.
（Ⅱ）当时，，
所以
.
当时，
故

又当时，，.
因此对一切成立.
本题主要考查了利用和的关系以及构造法求数列的通项公式，同时考查利用放缩法证明数列不等式，解题难点是如何放缩，意在考查学生的数学建模能力和数学运算能力。