江西省重点中学盟校2025届高一下数学期末教学质量检测模拟试题含解析

江西省重点中学盟校2025届高一下数学期末教学质量检测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．某几何体的三视图如图所示(实线部分)，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是()A． B． C． D．2．已知平面向量满足：，，，若，则的值为（）A． B． C．1 D．-13．已知等比数列的首项，公比，则（）A． B． C． D．4．为了得到函数的图象，可以将函数的图象（）A．向右平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向左平移个单位长度5．已知a，b为不同的直线，为平面，则下列命题中错误的是（）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则6．已知a,,且,若对,不等式恒成立,则的最大值为()A． B． C．1 D．7．已知函数，当时，取得最小值，则等于（）A．9 B．7 C．5 D．38．函数（且）的图像是下列图像中的（）A． B．C． D．9．设为中的三边长，且，则的取值范围是（）A． B．C． D．10．如图，在长方体中，M，N分别是棱BB1，B1C1的中点，若∠CMN=90°，则异面直线AD1和DM所成角为（）A．30° B．45°C．60° D．90°二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知一个铁球的体积为，则该铁球的表面积为________.12．有6根细木棒，其中较长的两根分别为，，其余4根均为，用它们搭成三棱锥，则其中两条较长的棱所在的直线所成的角的余弦值为.13．已知，则______；的最小值为______.14．若点与关于直线对称，则的倾斜角为_______15．函数在内的单调递增区间为____.16．在数列中，，，，则_____________．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．的内角的对边分别为，且．（1）求；（2）若，点在边上，，，求的面积．18．如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，，底面.（1）证明：；（2）设，求点到面的距离.19．在平面直角坐标系中，已知向量，．（1）求证：且；（2）设向量，，且，求实数的值．20．设等差数列的前项和为，且.（I）求数列的通项公式；（II）设为数列的前项和，求.21．已知函数在一个周期内的图像经过点和点，且的图像有一条对称轴为.（1）求的解析式及最小正周期；（2）求的单调递增区间.

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】

由三视图得出原几何体是由半个圆锥与半个圆柱组成的组合体，并且由三视图得出圆柱和圆锥的底面半径，圆锥的高，圆柱的高，再由圆柱和圆锥的体积公式得解.【详解】由三视图可知，几何体是由半个圆锥与半个圆柱组成的组合体，其中圆柱和圆锥的底面半径，圆锥的高，圆柱的高所以圆柱的体积，圆锥的体积，所以组合体的体积．故选B．【点睛】本题主要考查空间几何体的三视图和空间几何体圆柱和圆锥的体积，属于基础题．2、C【解析】

将代入，化简得到答案.【详解】故答案选C【点睛】本题考查了向量的运算，意在考查学生的计算能力.3、B【解析】

由等比数列的通项公式可得出.【详解】解：由已知得，故选：B.【点睛】本题考查等比数列的通项公式的应用，是基础题.4、B【解析】

由三角函数的诱导公式可得，再结合三角函数图像的平移变换即可得解.【详解】解：由，即为了得到函数的图象，可以将函数的图象向右平移个单位长度，故选：B.【点睛】本题考查了三角函数图像的平移变换及三角函数的诱导公式，属基础题.5、D【解析】

根据线面垂直与平行的性质与判定分析或举出反例即可.【详解】对A,根据线线平行与线面垂直的性质可知A正确.对B,根据线线平行与线面垂直的性质可知B正确.对C,根据线面垂直的性质知C正确.对D,当,时,也有可能.故D错误.故选：D【点睛】本题主要考查了空间中平行垂直的判定与性质,属于中档题.6、C【解析】

由，不等式恒成立，得，利用绝对值不等式的定理，逐步转化，即可得到本题答案.【详解】设，对，不等式恒成立的等价条件为，又表示数轴上一点到两点的距离之和的倍，显然当时，，则有，所以，得，从而，所以的最大值为1.故选：C.【点睛】本题主要考查绝对值不等式与恒成立问题的综合应用，较难.7、B【解析】

先对函数进行配凑，使得能够使用均值不等式，再利用均值不等式，求得结果.【详解】因为故当且仅当，即时，取得最小值.故，则.故选：B.【点睛】本题考查均值不等式的使用，属基础题；需要注意均值不等式使用的条件.8、C【解析】

将函数表示为分段函数的形式，由此确定函数图像.【详解】依题意，.由此判断出正确的选项为C.故选C.【点睛】本小题主要考查三角函数图像的识别，考查分段函数解析式的求法，考查同角三角函数的基本关系式，属于基础题.9、B【解析】

由，则，再根据三角形边长可以证得，再利用不等式和已知可得，进而得到，再利用导数求得函数的单调性，求得函数的最小值，即可求解．【详解】由题意，记，又由，则，又为△ABC的三边长，所以，所以，另一方面，由于，所以，又，所以，不妨设，且为的三边长，所以．令，则，当时，可得，从而，当且仅当时取等号．故选B．【点睛】本题主要考查了解三角形，综合了函数和不等式的综合应用，以及基本不等式和导数的应用，属于综合性较强的题，难度较大，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于难题．10、D【解析】

建立空间直角坐标系，结合，求出的坐标，利用向量夹角公式可求.【详解】以为坐标原点,所在直线分别为轴,建立空间直角坐标系,如图,设,则,,,因为,所以,即有.因为,所以,即异面直线和所成角为.故选：D.【点睛】本题主要考查异面直线所成角的求解，异面直线所成角主要利用几何法和向量法，几何法侧重于把异面直线所成角平移到同一个三角形内，结合三角形知识求解；向量法侧重于构建坐标系，利用向量夹角公式求解.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、.【解析】

通过球的体积求出球的半径，然后求出球的表面积.【详解】球的体积为球的半径球的表面积为：故答案为：【点睛】本题考查球的表面积与体积的求法，考查计算能力，属于基础题.12、【解析】

分较长的两条棱所在直线相交，和较长的两条棱所在直线异面两种情况讨论，结合三棱锥的结构特征，即可求出结果.【详解】当较长的两条棱所在直线相交时，如图所示：不妨设，，，所以较长的两条棱所在直线所成角为，由勾股定理可得：，所以，所以此时较长的两条棱所在直线所成角的余弦值为；当较长的两条棱所在直线异面时，不妨设，，则，取CD的中点为O，连接OA，OB，所以CD⊥OA，CD⊥OB，而，所以OA+OB<AB，不能构成三角形。所以此情况不存在。故答案为：.【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，熟记异面直线所成角的概念，以及三棱锥的结构特征即可，属于常考题型.13、50【解析】

由分段函数的表达式，代入计算即可；先求出的表达式，结合分段函数的性质，求最小值即可.【详解】由，可得，，所以；由的表达式，可得，当时，，此时，当时，，由二次函数的性质可知，，综上，的最小值为0.故答案为：5；0.【点睛】本题考查求函数值，考查分段函数的性质，考查函数最值的计算，考查学生的计算能力，属于基础题.14、【解析】

根据两点关于直线对称，可知与垂直，利用斜率乘积为可求得，根据直线倾斜角与斜率的关系可求得倾斜角.【详解】由题意知：，即：又本题正确结果：【点睛】本题考查直线倾斜角的求解，关键是能够根据两点关于直线对称的性质求得所求直线的斜率，再根据斜率与倾斜角的关系求得结果.15、【解析】

将函数进行化简为，求出其单调增区间再结合，可得结论.【详解】解：，递增区间为：，可得，在范围内单调递增区间为。故答案为：.【点睛】本题考查了正弦函数的单调区间，属于基础题。16、5【解析】

利用递推关系式依次求值，归纳出：an+6=an，再利用数列的周期性，得解.【详解】∵a1=1，a2=5，an+2=an+1-an（n∈N*），∴a3=a2-a1=5-1=4，同理可得：a4=-1，a5=-5，a6=-4，a7=1，a8=5，…，∴an+6=an．则a2018=a6×336+2=a2=5【点睛】本题考查了递推关系、数列的周期性，考查了推理能力与计算能力.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）由正弦定理、三角函数恒等变换化简已知可得：，结合范围，可得，进而可求A的值．（2）在△ADC中，由正弦定理可得，可得，利用三角形内角和定理可求，即可求得，再利用三角形的面积公式即可计算得解．【详解】（1）∵，∴由正弦定理可得：，∴可得：，可得：，∵，∴，可得：，∵，∴，∴，可得：．（2）∵，点D在边上，，∴在中，由正弦定理，可得：，可得：，∴，可得：，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查了正弦定理、三角函数恒等变换的应用，三角形内角和定理及三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化能力，属于中档题．18、（1）见解析（2）【解析】试题分析：（Ⅰ）要证明线线垂直，一般用到线面垂直的性质定理，即先要证线面垂直，首先由已知底面.知，因此要证平面，从而只要证，这在中可证；（Ⅱ）要求点到平面的距离，可过点作平面的垂线，由（Ⅰ）的证明，可得平面，从而有平面，因此平面平面，因此只要过作于，则就是的要作的垂线，线段的长就是所要求的距离．试题解析：（Ⅰ）证明：因为，，由余弦定理得.从而，∴，又由底面，面，可得.所以平面.故.（Ⅱ）解：作，垂足为.已知底面，则，由（Ⅰ）知，又，所以.故平面，.则平面.由题设知，，则，，根据，得，即点到面的距离为.考点：线面垂直的判定与性质．点到平面的距离．19、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）根据向量的坐标求出向量模的方法以及向量的数量积即可求解.（2）根据向量垂直，可得数量积等于，进而解方程即可求解.【详解】（1）证明：，，所以，因为，所以；（2）因为，所以，由（1）得：所以，解得．【点睛】本题考查了向量坐标求向量的模以及向量数量积的坐标表示，属于基础题.20、（I）；（II）.【解析】

（I）根据已知的两个条件求出公差d,即得数列的通项公式；（II）先求出，再利用裂项相消法求和得解.【详解】（I）由题得，所以等差数列的通项为；（II）因为，所以.【点睛】本题主要考查等差数列的通项的求法，考查等差数列前n项和基本量的计算，考查裂项相消法求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.21、（1），；（2）.【解析】

（1）由函数的图象经过点且f（x）的图象有一条对称轴为直线，可得最大值A，且能得周期并求得ω，由五点法作图求出的值，可得函数的解析