黑龍江省青岡縣第一中學2025屆高一下數學期末教學質量檢測模擬試題含解析

黑龍江省青岡縣第一中學2025屆高一下數學期末教學質量檢測模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．若正實數x，y滿足不等式，則的取值范圍是（）A． B． C． D．2．已知圓：及直線：，當直線被截得的弦長為時，則等于（）A． B． C． D．3．設，，均為正實數，則三個數，，()A．都大于2 B．都小于2C．至少有一個不大于2 D．至少有一個不小于24．若角的終邊與單位圓交于點，則（）A． B． C． D．不存在5．圓錐的母線長為，側面展開圖為一個半圓，則該圓錐表面積為（）A． B． C． D．6．過點且在兩坐標軸上截距相等的直線方程是()A． B．C．或 D．或7．若，下列不等式一定成立的是（）A． B． C． D．8．記等差數列的前n項和為.若，則（）A．7 B．8 C．9 D．109．在中，角的對邊分別為，且，，，則的周長為（）A． B． C． D．10．在中，若，，，則角的大小為（）A．30° B．45°或135° C．60° D．135°二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知，若直線與直線垂直，則的最小值為_____12．設是公差不為0的等差數列,且成等比數列,則的前10項和________.13．底面邊長為，高為的直三棱柱形容器內放置一氣球，使氣球充氣且盡可能的膨脹（保持球的形狀），則氣球表面積的最大值為_______．14．設等比數列滿足a1+a3=10，a2+a4=5，則a1a2…an的最大值為．15．設直線與圓C：x2+y2-2ay-2=0相交于A，B兩點，若，則圓C的面積為________16．已知函數fx=Asin三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．已知數列的前項和為，.（1）求數列的通項公式（2）數列的前項和為，若存在，使得成立，求范圍?18．已知．（1）求函數的最小正周期和對稱軸方程；（2）若，求的值域．19．已知函數，．（1）求函數的值域；（2）若恒成立，求m的取值范圍．20．已知方程有兩個實根,記,求的值.21．在數列中，，，且滿足，.（1）求數列的通項公式；（2）設，，求數列的前項和.

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、B【解析】

試題分析：由正實數滿足不等式，得到如下圖陰影所示的區(qū)域：當過點時，，當過點時，，所以的取值范圍是．考點：線性規(guī)劃問題．2、C【解析】

求出圓心到直線的距離，由垂徑定理計算弦長可解得．【詳解】由題意，圓心為，半徑為2，圓心到直線的距離為，所以，解得．故選：C.【點睛】本題考查直線與圓相交弦長問題，解題方法由垂徑定理得垂直，由勾股定理列式計算．3、D【解析】

由題意得，當且僅當時，等號成立，所以至少有一個不小于，故選D.4、B【解析】

由三角函數的定義可得：，得解.【詳解】解：在單位圓中，，故選B.【點睛】本題考查了三角函數的定義，屬基礎題.5、B【解析】

由圓錐展開圖為半徑為的半圓，得出其弧長等于圓錐的底面圓周長，可得出圓錐底面圓的半徑，然后利用圓錐的表面積公式可計算出圓錐的表面積.【詳解】一個圓錐的母線長為，它的側面展開圖為半圓，半圓的弧長為，即圓錐的底面周長為，設圓錐的底面半徑是，則得到，解得，這個圓錐的底面半徑是，圓錐的表面積為．故選：B．【點睛】本題考查圓錐表面積的計算，計算時要結合已知條件列等式計算出圓錐的相關幾何量，考查運算求解能力，屬于中等題.6、C【解析】

設過點A(4，1)的直線方程為y-1=k(x-4)(k≠0),令x=0,得y=1-4k;令y=0,得x=4-.由已知得1-4k=4-,∴k=-1或k=,∴所求直線方程為x+y-5=0或x-4y=0.故選C.7、D【解析】

通過反例、作差法、不等式的性質可依次判斷各個選項即可.【詳解】若，，則，錯誤；，則，錯誤；，，則，錯誤；，則等價于，成立，正確.本題正確選項：【點睛】本題考查不等式的性質，屬于基礎題.8、D【解析】

由可得值，可得可得答案.【詳解】解：由，可得，所以，從而，故選D.【點睛】本題主要考察等差數列的性質及等差數列前n項的和，由得出的值是解題的關鍵.9、C【解析】

根據，得到，利用余弦定理，得到關于的方程，從而得到的值，得到的周長.【詳解】在中，由正弦定理因為，所以因為，，所以由余弦定理得即，解得，所以所以的周長為.故選C.【點睛】本題考查正弦定理的角化邊，余弦定理解三角形，屬于簡單題.10、B【解析】

利用正弦定理得到答案.【詳解】在中正弦定理：或故答案選B【點睛】本題考查了正弦定理，屬于簡單題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、8【解析】

兩直線斜率存在且互相垂直，由斜率乘積為-1求得等式，把目標式子化成，運用基本不等式求得最小值.【詳解】設直線的斜率為，，直線的斜率為，，兩條直線垂直，，整理得：，，等號成立當且僅當，的最小值為.【點睛】利用“1”的代換，轉化成可用基本不等式求最值，考查轉化與化歸的思想.12、【解析】

利用等差數列的通項公式和等比數列的性質求出公差，由此能求出【詳解】因為是公差不為0的等差數列,且成等比數列所以，即解得或(舍)所以故答案為：【點睛】本題考查等差數列前10項和的求法，解題時要認真審題，注意等比數列的性質合理運用.13、【解析】由題意，氣球充氣且盡可能地膨脹時，氣球的半徑為底面三角形內切圓的半徑

∵底面三角形的邊長分別為，∴底面三角形的邊長為直角三角形,利用等面積可求得∴氣球表面積為4π.14、【解析】試題分析：設等比數列的公比為，由得，，解得.所以，于是當或時，取得最大值.考點：等比數列及其應用15、【解析】因為圓心坐標與半徑分別為，所以圓心到直線的距離，則，解之得，所以圓的面積，應填答案．16、f【解析】分析：首先根據函數圖象得函數的最大值為2，得到A=2，然后算出函數的周期T=π，利用周期的公式，得到ω=2，最后將點（5π代入，得：2=2sin（2×5π12+φ所以fx的解析式是f詳解：根據函數圖象得函數的最大值為2，得A=2，又∵函數的周期34T=5π將點（5π12，2）代入，得：2=2sin所以fx的解析式是f點睛：本題給出了函數y=Asin（ωx+φ）的部分圖象，要確定其解析式，著重考查了三角函數基本概念和函數y=Asin（ωx+φ）的圖象與性質的知識點，屬于中檔題．三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）【解析】

（1）根據之間關系，可得結果（2）利用錯位相減法，可得，然后使用分離參數的方法，根據單調性，計算其范圍，可得結果.【詳解】（1）當時，兩式相減得：當時，，不符合上式所以（2）令，所以所以令①②所以①-②：則化簡可得故，若存在，使得成立即存在，成立故，由，則所以可知數列在單調遞增所以，故【點睛】本題考查了之間關系，還考查了錯位相減法求和，本題難點在于的求法，重點在于錯位相減法的應用，屬中檔題.18、（1）對稱軸為，最小正周期；（2）【解析】

(1)利用正余弦的二倍角公式和輔助角公式將函數解析式進行化簡得到，由周期公式和對稱軸公式可得答案；(2)由x的范圍得到，由正弦函數的性質即可得到值域.【詳解】（1）令，則的對稱軸為，最小正周期；（2）當時，，因為在單調遞增，在單調遞減，在取最大值，在取最小值，所以，所以．【點睛】本題考查正弦函數圖像的性質，考查周期性，對稱性，函數值域的求法，考查二倍角公式以及輔助角公式的應用，屬于基礎題.19、（1）；（2）或．【解析】

（1）根據用配方法求出二次函數對稱軸橫坐標，可得最小值，再代入端點求得最大值，可得函數的值域；（2）由（1）可得的最大值為6，轉化為求恒成立，求出m的取值范圍即可．【詳解】（1）因為，而，，，所以函數的值域為．（2）由（1）知，函數的值域為，所以的最大值為6，所以由得，解得或，故實數m的取值范圍為或．【點睛】本題考查二次函數的值域及最值，不等式恒成立求參數取值范圍，二次函數最值問題通常求出對稱軸橫坐標代入即可求得最值，由不等式恒成立求參數取值范圍可轉化為函數最值不等式問題，屬于中等題.20、【解析】

求出的值和的范圍即可【詳解】因為，所以又有兩個實根所以所以因為所以，所以所以所以故答案為：【點睛】1.要清楚反三角函數的定義域和值域，如的定義域為，值域為2.由三角函數的值求角時一定要判斷出角的范圍.21、（1）；（2）.【解析】

（1）由題意知，數列是等差數列，可設該數列的公差為，根據題中條件列方程解出