2024-2025学年福建省漳浦达志中学高一下数学期末经典模拟试题含解析.doc

2024-2025学年福建省漳浦达志中学高一下数学期末经典模拟试题
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．函数的定义域为（ ）
A． B． C． D．
2．下列函数中，在区间上为减函数的是
A． B． C． D．
3．若，则t=（）
A．32 B．23 C．14 D．13
4．我国古代数学名著九章算术记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无丈刍，草也；甍，屋盖也”翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱刍甍字面意思为茅草屋顶”如图，为一刍甍的三视图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形则它的体积为　　

A． B．160 C． D．64
5．在直角坐标系中，直线的倾斜角是
A． B． C． D．
6．过点且与直线垂直的直线方程为（ ）
A． B．
C． D．
7．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何的体积为（ ）立方单位．

A． B．
C． D．
8．将正整数排列如下：
1
2 3
4 5 6
7 8 9 10
11 12 13 14 15
……
则图中数出现在( )
A．第行列 B．第行列 C．第行列 D．第行列
9．下列函数中，既是偶函数，又在上递增的函数的个数是（ ）.
①；②；③；④向右平移后得到的函数.
A． B． C． D．
10．已知，若，则等于()
A． B．1 C．2 D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．在四面体A-BCD中，AB＝AC＝DB＝DC＝BC，且四面体A-BCD的最大体积为，则四面体A-BCD外接球的表面积为________．
12．如图中，，，，M为AB边上的动点，，D为垂足，则 的最小值为______；

13．已知数列满足，，则_______；_______.
14．已知六棱锥的底面是正六边形，平面，.则下列命题中正确的有_____．(填序号)
①PB⊥AD；
②平面PAB⊥平面PAE；
③BC∥平面PAE；
④直线PD与平面ABC所成的角为45°.

15．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若，则_____.
16．已知三棱锥的外接球的球心恰好是线段的中点，且，则三棱锥的体积为__________.
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．动直线m：3x+8y+3λx+λy+21＝0（λ∈R）过定点M，直线l过点M且倾斜角α满足cosα，数列{an}的前n项和为Sn，点P（Sn，an+1）在直线l上．
（1）求数列{an}的通项公式an；
（2）设bn，数列{bn}的前n项和Tn，如果对任意n∈N*，不等式成立，求整数k的最大值．
18．某菜农有两段总长度为米的篱笆及，现打算用它们和两面成直角的墙、围成一个如图所示的四边形菜园（假设、这两面墙都足够长）已知（米），，，设，四边形的面积为.

（1）将表示为的函数，并写出自变量的取值范围；
（2）求出的最大值，并指出此时所对应的值.
19．已知向量.
（1）求的值；
（2）若，且，求.
20．已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
21．已知函数
(1)求的最小正周期和单调递减区间;
(2)若在上恒成立,求实数的取值范围.
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】
根据对数函数的定义域直接求解即可.
【详解】
由题知函数，
所以，
所以函数的定义域是.
故选：A.
本题考查了对数函数的定义域的求解，属于基础题.
2、D
【解析】
试题分析：在区间上为增函数；在区间上先增后减；在区间上为增函数；在区间上为减函数，选D.
考点：函数增减性
3、B
【解析】
先计算得到，再根据得到等式解得答案.
【详解】

故答案选B
本题考查了向量的计算，意在考查学生对于向量运算法则的灵活运用及计算能力.
4、A
【解析】
分析：由三视图可知该刍甍是一个组合体，它由成一个直三棱柱和两个全等的四棱锥组成，根据三视图中的数据可得其体积.
详解：
由三视图可知该刍甍是一个组合体，
它由成一个直三棱柱和两个全等的四棱锥组成，
根据三视图中的数据，求出棱锥与棱柱的体积相加即可，
，故选A.
点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.
5、A
【解析】
先根据直线的方程，求出它的斜率，可得它的倾斜角．
【详解】
在直角坐标系中，直线的斜率为，等于倾斜角的正切值，
故直线的倾斜角是，故选．
本题主要考查直线的倾斜角和斜率的求法．
6、A
【解析】
先根据求出与之垂直直线的斜率，再利用点斜式求得直线方程。
【详解】
由可得直线斜率，根据两直线垂直的关系，求得，再利用点斜式，可求得直线方程为，化简得，选A
当直线斜率存在时，直线垂直的斜率关系为
7、D
【解析】
由三视图可知几何体是由一个四棱锥和半个圆柱组合而成的，所以所求的体积为，故选D.
8、B
【解析】
计算每行首个数字的通项公式，再判断出现在第几列，得到答案.
【详解】
每行的首个数字为：1,2,4,7,11…

利用累加法：

计算知：
数出现在第行列
故答案选B
本题考查了数列的应用，计算首数字的通项公式是解题的关键.
9、B
【解析】
将①②③④中的函数解析式化简，分析各函数的奇偶性及其在区间上的单调性，可得出结论.
【详解】
对于①中的函数，该函数为偶函数，当时，，该函数在区间上不单调；
对于②中的函数，该函数为偶函数，且在区间上单调递减；
对于③中的函数，该函数为偶函数，且在区间上单调递增；
对于④，将函数向右平移后得到的函数为，该函数为奇函数，且当时，，则函数在区间上不单调.
故选：B.
本题考查三角函数单调性与奇偶性的判断，同时也考查了三角函数的相位变换，熟悉正弦、余弦和正切函数的基本性质是判断的关键，考查推理能力，属于中等题.
10、A
【解析】
首先根据⇒（cos﹣3）cos+sin（sin﹣3）＝﹣1，并化简得出，再化为Asin()形式即可得结果.
【详解】
由
得：（cos﹣3）cos+sin（sin﹣3）＝﹣1，
化简得，即sin()=,
则sin()=
故选A.
本题考查了三角函数的化简求值以及向量的数量积的运算，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】
当面ABC面与BCD垂直时，四面体A-BCD的体积最大，根据最大体积为求出四面体的边长，又△ABC和△BCD是等腰直角三角形，所以四面体A-BCD外接球的球心位于的中点，从而得到半径，即可求解.
【详解】
如图所示：

当面ABC面与BCD垂直时，四面体A-BCD的体积最大为，
又AB＝AC＝DB＝DC＝BC，
所以△ABC和△BCD是等腰直角三角形，
所以四面体A-BCD外接球的球心为的中点，
又，
解得，， ，
所以四面体A-BCD外接球的半径
故四面体A-BCD外接球的表面积为.
本题考查多面体的外接圆及相关计算，多面体外接圆问题关键在圆心和半径.
12、
【解析】
以为坐标原点建立平面直角坐标系，用坐标表示出的值，然后利用换元法求解出对应的最小值即可.
【详解】
如图所示，设，所以，
根据条件可知：，所以，
设，，，
所以，所以，
所以，

所以当时，有最小值，最小值为.
故答案为：.

本题考查利用坐标法以及换元法求解最值，着重考查逻辑推理和运算求解的能力，属于较难题
(1)利用换元法求解最值时注意，换元后新元的取值范围；
(2)三角函数中的一组“万能公式”：，.
13、
【解析】
令代入可求得；方程两边取倒数，构造出等差数列，即可得答案.
【详解】
令，则；
∵，
∴数列为等差数列，∴，
∴.
故答案为：；.
本题考查数列的递推关系求通项，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意两边取倒数，构造新等差数列的方法.
14、②④
【解析】
利用题中条件，逐一分析答案，通过排除和筛选，得到正确答案．
【详解】
∵AD与PB在平面的射影AB不垂直，∴①不成立；
∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，在正六边形ABCDEF中，AB⊥AE，PAAE=A，∴AB⊥平面PAE，
且AB面PAB，∴平面PAB⊥平面PAE，故②成立；
∵BC∥AD∥平面PAD，平面PAD平面PAE=PA，∴直线BC∥平面PAE也不成立，即③不成立．
在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，故④成立．
故答案为②④．
本题考查命题真假的判断，解题时要注意直线与平面成的角、直线与平面垂直的性质的合理运用，属于中档题．
15、
【解析】
先利用同角三角函数的商数关系可得，再结合正弦定理及余弦定理化简可得，然后求解即可.
【详解】
解：因为，
则，
所以，
即，
所以，
则，
即，
即
即，
故答案为：.
本题考查了同角三角函数的商数关系，重点考查了正弦定理及余弦定理的应用，属中档题.
16、
【解析】
根据题意得出平面后，由计算可得答案.
【详解】
因为三棱锥的外接球的球心恰好是的中点，
所以和都是直角三角形，
又因为，所以，，
又，
则平面.
因为，所以三角形为边长是的等边三角形，
所以.
故答案为：
本题考查了直线与平面垂直的判定，考查了三棱锥与球的组合，考查了三棱锥的体积公式，属于中档题.

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) an＝6•（﹣1）n﹣1；(1) 最大值为1．
【解析】
（1）由直线恒过定点可得M（1，﹣3），求得直线l的方程，可得an+6＝1Sn，运用数列的递推式和等比数列的通项公式，可得所求；
（1）bn•（﹣1）n﹣1，讨论n为偶数或奇数，可得Tn，再由不等式恒成立问题解法，可得所求k的范围，可得最大值．
【详解】
（1）3x+8y+3λx+λy+11＝0即为（3x+8y+11）+λ（3x+y）＝0，
由3x+y＝0且3x+8y+11＝0，解得x＝1，y＝﹣3，可得M（1，﹣3），
可得直线l的斜率为tanα1，即直线l的方程为y+3＝1（x﹣1），
即有y＝1x﹣5，
即有an+1＝1Sn﹣5，即an+6＝1Sn，
当n＝1时，可得a1+6＝1S1＝1a1，即a1＝6，
n≥1时，an﹣1+6＝1Sn﹣1，又an+6＝1Sn，
相减可得1an＝an﹣an﹣1，即an＝﹣an﹣1，
可得数列{an}的通项公式an＝6•（﹣1）n﹣1；
（1）bn，即bn•（﹣1）n﹣1，
当n为偶数时，Tnn；当n为奇数时，Tnn，
当n为偶数时，不等式成立，
即为1n﹣7即k≤1n﹣1，可得k≤1；
当n为奇数时，不等式成立，
即为1n﹣7即4k≤6n﹣1，可得k，
综上可得k≤1，即k的最大值为1．
本题考查数列的递推式的运用，直线方程的运用，数列的分组求和，以及不等式恒成立问题解法，考查化简运算能力，属于中档题．
18、（1），其中；
（2）当时，取得最大值.
【解析】
（1）在中，利用正弦定理将、用表示，然后利用三角形的面积公式可求出关于的表达式，结合实际问题求出的取值范围；
（2）利用（1）中的关于的表达式得出的最大值，并求出对应的的值.
【详解】
（1）在中，由正弦定理得，
所以，
，
则的面积为，
因此，，其中；
（2）由（1）知，.
，，
当时，即当时，四边形的面积取得最大值.
本题考查了正弦定理、三角形的面积公式、两角和与差的正弦公式、二倍角公式以及三角函数的基本性质，在利用三角函数进行求解时，要利用三角恒等变换思想将三角函数解析式化简，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
19、（1）；（2）.
【解析】
（1）对等式进行平方运算，根据平面向量的模和数量积的坐标表示公式，结合两角差的余弦公式直接求解即可；
（2）由（1）可以结合同角的三角函数关系式求出的值，再由同角三角函数关系式结合的值求出的值，最后利用两角和的正弦公式求出的值即可.
【详解】
（1）
；
（2）因为，所以而，
所以，因为，，所以
.
因此有.
本题考查了已知平面向量的模求参数问题，考查了平面向量数量积的坐标表示公式，考查了两角差的余弦公式，考查了两角和的正弦公式，考查了同角的三角函数关系式的应用，考查了数学运算能力.
20、（1）；（2）.
【解析】
(1)设等差数列{an}的公差为d，
由已知条件可得，
解得，
故数列{an}的通项公式为an＝2－n.
(2)设数列的前n项和为Sn，
∵，
∴Sn＝－
记Tn＝，①
则Tn＝，②
①－②得：Tn＝1＋，
∴Tn＝－，即Tn＝4－.
∴Sn＝－4＋
＝4－4＋＝.
21、（1）；（2）
【解析】
(1)注意到,
.
于是, 的最小正周期.
由，
故的单调递减区间为.
(2)由,知，
于是,当时,取得最大值,即.
要使恒成立,只需，即.解得.
故m的取值范围是.