珠海市重点中学2025届数学高一下期末统考模拟试题含解析

珠海市重点中学2025届数学高一下期末统考模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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1．三棱锥中，互相垂直，，是线段上一动点，若直线与平面所成角的正切的最大值是，则三棱锥的外接球的表面积是（）A． B． C． D．2．在等比数列中，，，，则等于()A． B． C． D．3．不等式的解集是（）A． B．C．或 D．或4．将函数的图像左移个单位，则所得到的图象的解析式为A． B．C． D．5．已知角满足，，且，，则的值为（）A． B． C． D．6．在中，，，其面积为，则等于()A． B． C． D．7．设函数是上的偶函数，且在上单调递减．若，，，则，，的大小关系为（）A． B． C． D．8．已知函数的图像如图所示，关于有以下5个结论:（1）；（2），；（3）将图像上所有点向右平移个单位得到的图形所对应的函数是偶函数；（4）对于任意实数x都有；（5）对于任意实数x都有；其中所有正确结论的编号是（）A．(1)(2)(3) B．(1)(2)(4)(5) C．(1)(2)(4) D．(1)(3)(4)(5)9．四棱锥中，平面，底面是正方形，且，则直线与平面所成角为（）A． B． C． D．10．为比较甲、乙两名篮球运动员的近期竞技状态，选取这两名球员最近五场比赛的得分制成如图所示的茎叶图，有以下结论：①甲最近五场比赛得分的中位数高于乙最近五场比赛得分的中位数；②甲最近五场比赛得分平均数低于乙最近五场比赛得分的平均数；③从最近五场比赛的得分看，乙比甲更稳定；④从最近五场比赛的得分看，甲比乙更稳定．其中所有正确结论的编号为：（）A．①③ B．①④ C．②③ D．②④二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知是等差数列，公差不为零，若，，成等比数列，且，则________12．已知，且为第三象限角，则的值等于______；13．函数的最小正周期为______________.14．黄金分割比是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为，约为0.618，这一数值也可以近似地用表示，则_____.15．若等比数列满足，且公比，则_____.16．设在的内部，且，的面积与的面积之比为______．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．已知为第三象限角，．(1)化简(2)若，求的值18．在中，内角对边分别为，，,已知.(1)求的值；(2)若，，求的面积．19．已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图是一个底边长为、高为的等腰三角形，侧视图是一个底边长为、高为的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的侧面积S.20．设.（1）当时，解关于的不等式；（2）若关于的不等式的解集为，求的值.21．已知为数列的前n项和，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和.

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、B【解析】是线段上一动点，连接，∵互相垂直，∴就是直线与平面所成角，当最短时，即时直线与平面所成角的正切的最大．此时，，在直角△中，．三棱锥扩充为长方体，则长方体的对角线长为，∴三棱锥的外接球的半径为，∴三棱锥的外接球的表面积为．选B.点睛:空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点构成的三条线段两两互相垂直，且，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解．2、C【解析】

直接利用等比数列公式计算得到答案.【详解】故选：C【点睛】本题考查了等比数列的计算，属于简单题.3、B【解析】

由题意，∴，即，解得，∴该不等式的解集是，故选．4、C【解析】

由三角函数的图象变换，将函数的图像左移个单位，得到，即可得到函数的解析式.【详解】由题意，将函数的图像左移个单位，可得的图象，所以得到的函数的解析式为，故选C.【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，其中熟记三角函数的图象变换的规则是解答本题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.5、D【解析】

根据角度范围先计算和，再通过展开得到答案.【详解】，，故答案选D【点睛】本题考查了三角函数恒等变换，将是解题的关键.6、A【解析】

先由三角形面积公式求出，再由余弦定理得到，再由正弦定理，即可得出结果.【详解】因为在中，，，其面积为，所以，因此，所以，所以，由正弦定理可得：，所以.故选A【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理和余弦定理即可，属于基础题型.7、B【解析】

根据偶函数的定义可变形，再直接比较的大小关系，即可利用函数的单调性得出，，的大小关系．【详解】因为函数是上的偶函数，所以，而，函数在上单调递减，所以．故选：B．【点睛】本题主要考查函数的性质的应用，涉及奇偶性，指数函数，对数函数的单调性，以及对数的运算性质的应用，属于基础题．8、B【解析】

由图象可观察出的最值和周期，从而求出，将图像上所有的点向右平移个单位得到的函数，可判断（3）的正误，利用，可判断(4)(5)的正误.【详解】由图可知：，所以，，所以，即因为，所以，所以，故(1)(2)正确将图像上所有的点向右平移个单位得到的函数为此函数是奇函数，故(3)错误因为所以关于直线对称，即有故(4)正确因为所以关于点对称，即有故(5)正确综上可知：正确的有(1)(2)(4)(5)故选：B【点睛】本题考查的是三角函数的图象及其性质，属于中档题.9、A【解析】

连接交于点，连接，证明平面，进而可得到即是直线与平面所成角，根据题中数据即可求出结果.【详解】连接交于点，因为平面，底面是正方形，所以，，因此平面；故平面；连接，则即是直线与平面所成角，又因，所以，.所以，所以.故选A【点睛】本题主要考查线面角的求法，在几何体中作出线面角，即可求解，属于常考题型.10、C【解析】

根据中位数，平均数，方差的概念计算比较可得．【详解】甲的中位数为29，乙的中位数为30，故①不正确；甲的平均数为29，乙的平均数为30，故②正确；从比分来看，乙的高分集中度比甲的高分集中度高，故③正确，④不正确．故选C．【点睛】本题考查了茎叶图，属基础题．平均数即为几个数加到一起除以数据的个数得到的结果.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

根据题设条件，得到方程组，求得，即可得到答案.【详解】由题意，数列是等差数列，满足，，成等比数列，且，可得，即且，解得，所以.故答案为：.【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式，以及等比中项的应用，其中解答中熟练利用等差数列的通项公式和等比中项公式，列出方程组求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.12、【解析】

根据条件以及诱导公式计算出的值，再由的范围计算出的值，最后根据商式关系：求得的值.【详解】因为，所以，又因为且为第三象限角，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查三角函数中的给值求值问题，中间涉及到诱导公式以及同角三角函数的基本关系，难度一般.三角函数中的求值问题，一定要注意角的范围，避免出现多解.13、【解析】

利用函数y＝Atan（ωx+φ）的周期为，得出结论．【详解】函数y＝3tan（3x）的最小正周期是，故答案为：．【点睛】本题主要考查函数y＝Atan（ωx+φ）的周期性，利用了函数y＝Atan（ωx+φ）的周期为．14、【解析】

代入分式利用同角三角函数的平方关系、二倍角公式及三角函数诱导公式化简即可.【详解】.故答案为：2【点睛】本题考查同角三角函数的平方关系、二倍角公式及三角函数诱导公式，属于基础题.15、.【解析】

利用等比数列的通项公式及其性质即可得出．【详解】，故答案为：1．【点睛】本题考查了等比数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于容易题．16、1:3【解析】

记,，可得：为的重心，利用比例关系可得：，,，结合：即可得解.【详解】记,则则为的重心，如下图由三角形面积公式可得：，,又为的重心，所以，所以所以【点睛】本题主要考查了三角形重心的向量结论，还考查了转化能力及三角形面积比例计算，属于难题.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)见解析;(2).【解析】利用指数运算、指对互化、对数运算求解试题分析：（1）（2）由，得．又已知为第三象限角，所以，所以，所以=………………10分考点：本题主要考查了诱导公式、同角三角函数基本关系以及三角函数符号的判定．点评：解决此类问题的关键是掌握诱导公式、同角三角函数基本关系以及三角函数符好的判定方法．诱导公式的记忆应结合图形记忆较好，难度一般．18、(1)2(2)【解析】

（1）在题干等式中利用边化角思想，结合两角和的正弦公式、内角和定理以及诱导公式计算出，再利用角化边的思想可得出的比值；（2）由（1）中的结果，结合余弦定理求出和的值，再利用同角三角函数的平方关系求出，最后利用三角形的面积公式求出的面积．【详解】（1）由正弦定理得，则，所以，即，化简可得．又，所以．所以，即.（2）由（1）知．由余弦定理及，，得，．解得，因此因为，且所以因此．【点睛】在解三角形的问题时，要根据已知元素的类型合理选择正弦定理与余弦定理解三角形，除此之外，在有边和角的等式中，优先边化角，利用三角恒等变换思想化简求解，能起到简化计算的作用．19、（1）1；（2）40+24【解析】

由题设可知，几何体是一个高为4的四棱锥，其底面是长、宽分别为8和6的矩形，正侧面及其相对侧面均为底边长为8，高为h1的等腰三角形，左、右侧面均为底边长为6、高为h2的等腰三角形，分析出图形之后，再利用公式求解即可．【详解】解：由题设可知，几何体是一个高为4的四棱锥，其底面是长、宽分别为8和6的矩形，正侧面及其相对侧面均为底边长为8，高为h1的等腰三角形，左、右侧面均为底边长为6、高为h2的等腰三角形，如图所示．（1）几何体的体积为V•S矩形•h6×8×4＝1．（2）正侧面及相对侧面底边上的高为：h12．左、右侧面的底边上的高为：h24．故几何体的侧面面积为：S＝2×（8×26×4）＝40+24．20、（1）（2）【解析】

(1)代入参数值，解二次不等式即可；（2）不等式，即，故得到1，2是方程的两实根，根据韦达定理得到数值.【详解】（1）当时，不等式即为，∴或，因此原不等式的解集为.（2）不等式，即，由题意知，且1，2是