辽宁省大连市一0三中学2025届高一下数学期末统考模拟试题含解析

辽宁省大连市一0三中学2025届高一下数学期末统考模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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．角的终边在直线上，则（）A． B． C． D．2．在中，角，，所对的边分别为，，，且边上的高为，则的最大值是（）A．8 B．6 C． D．43．在棱长为1的正方体中，点在线段上运动，则下列命题错误的是（）A．异面直线和所成的角为定值 B．直线和平面平行C．三棱锥的体积为定值 D．直线和平面所成的角为定值4．下列函数中，在上存在最小值的是()A． B． C． D．5．的周期为（）A． B． C． D．6．《九章算术》中有这样一个问题：今有竹九节，欲均减容之（其意为：使容量均匀递减），上三节容四升，下三节容二升，中三节容几何？（）A．二升 B．三升 C．四升 D．五升7．如图所示，AB是半圆O的直径，VA垂直于半圆O所在的平面，点C是圆周上不同于A,B的任意一点，M,N分别为VA,VC的中点，则下列结论正确的是()A．MN//AB B．平面VAC⊥平面VBCC．MN与BC所成的角为45° D．OC⊥平面VAC8．已知等比数列的前n项和为，若，，，则（）A． B． C． D．9．已知，满足，则（）A． B． C． D．10．已知函数在区间（1，2）上是增函数，则实数a的取值范围是（）A．（0，+∞） B．（0，1） C．（0，1] D．（﹣1，0）二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．在一个不透明的布袋中，红色，黑色，白色的玻璃球共有40个，除颜色外其他完全相同，小明通过多次摸球试验后发现其中摸到红色球，黑色球的频率稳定在15%和45%，则口袋中白色球的个数可能是_________个.12．已知数列的前项和为，，则__________．13．已知数列{an}的前n项和为Sn，满足：a2＝2a1，且Sn＝+1（n≥2），则数列{an}的通项公式为_______．14．平面四边形如图所示，其中为锐角三角形，，，则_______.15．如图，已知六棱锥的底面是正六边形，平面，，给出下列结论：①；②直线平面；③平面平面；④异面直线与所成角为；⑤直线与平面所成角的余弦值为.其中正确的有_______（把所有正确的序号都填上）16．若的面积，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．某科技创新公司在第一年年初购买了一台价值昂贵的设备，该设备的第1年的维护费支出为20万元，从第2年到第6年，每年的维修费增加4万元，从第7年开始，每年维修费为上一年的125%．（1）求第n年该设备的维修费的表达式；（2）设，若万元，则该设备继续使用，否则须在第n年对设备更新，求在第几年必须对该设备进行更新？18．如图所示，在中，点在边上，，，，.（1）求的值；（2）求的面积.19．已知函数．（I）比较，的大小．（II）求函数的最大值．20．如图，已知是半径为1，圆心角为的扇形，是扇形狐上的动点，点分别在半径上，且是平行四边形，记，四边形的面积为，问当取何值时，最大？的最大值是多少？21．的内角所对的边分别为，向量，若.（1）求角的大小；（2）若，求的值.

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、C【解析】

先由直线的斜率得出，再利用诱导公式将分式化为弦的一次分式齐次式，并在分子分母中同时除以，利用弦化切的思想求出所求代数式的值．【详解】角的终边在直线上，，则，故选C．【点睛】本题考查诱导公式化简求值，考查弦化切思想的应用，弦化切一般适用于以下两个方面：（1）分式为角弦的次分式齐次式，在分子分母中同时除以，可以弦化切；（2）代数式为角的二次整式，先除以，转化为角弦的二次分式其次式，然后在分子分母中同时除以，可以实现弦化切．2、D【解析】，这个形式很容易联想到余弦定理：cosA，①而条件中的“高”容易联想到面积，bcsinA，即a2＝2bcsinA，②将②代入①得：b2＋c2＝2bc(cosA＋sinA)，∴＝2(cosA＋sinA)＝4sin(A＋)，当A＝时取得最大值4，故选D．点睛：三角形中最值问题，一般转化为条件最值问题:先根据正、余弦定理及三角形面积公式结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，利用基本不等式或函数方法求最值.在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.3、D【解析】

结合条件和各知识点对四个选项逐个进行分析，即可得解.【详解】，在棱长为的正方体中，点在线段上运动易得平面，平面，，故这两个异面直线所成的角为定值，故正确，直线和平面平行，所以直线和平面平行，故正确，三棱锥的体积还等于三棱锥的体积，而平面为固定平面且大小一定，，而平面点到平面的距离即为点到该平面的距离，三棱锥的体积为定值，故正确，由线面夹角的定义，令与的交点为，可得即为直线和平面所成的角，当移动时这个角是变化的，故错误故选【点睛】本题考查了异面直线所成角的概念、线面平行及线面角等，三棱锥的体积的计算可以进行顶点轮换及线面平行时，直线上任意一点到平面的距离都相等这一结论，即等体积法的转换．4、A【解析】

结合初等函数的单调性，逐项判定，即可求解，得到答案.【详解】由题意，函数，当时，取得最小值，满足题意；函数在为单调递增函数，所以函数在区间无最小值，所以B不正确；函数在为单调递增函数，所以函数在区间无最小值，所以C不正确；函数在为单调递增函数，所以函数在区间无最小值，所以D不正确.故选：A.【点睛】本题主要考查了函数的最值问题，其中解答中熟记基本初等函数的单调性，合理判定是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.5、D【解析】

根据正弦型函数最小正周期的结论即可得到结果.【详解】函数的最小正周期故选：【点睛】本题考查正弦型函数周期的求解问题，关键是明确正弦型函数的最小正周期.6、B【解析】

由题意可得，上、中、下三节的容量成等差数列．再利用等差数列的性质，求出中三节容量，即可得到答案．【详解】由题意，上、中、下三节的容量成等差数列，上三节容四升，下三节容二升，则中三节容量为，故选B．【点睛】本题主要考查了等差数列的性质的应用，其中解答中熟记等差数列的等差中项公式是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．7、B【解析】

对每一个选项逐一分析判断得解.【详解】A.∵M，N分别为VA，VC的中点，∴MN//AC，又AC⊥BC，∴MN与BC所成的角为90°，故C不正确；∵MN//AC，AC∩AB=A，∴MN//AB不成立，故A不正确．B.∵AB是⊙O的直径，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，∴AC⊥BC，∵VA垂直⊙O所在的平面，BC⊂⊙O所在的平面，∴VA⊥BC，又AC∩VA=A，∴BC⊥平面VAC，又BC⊂平面VBC，∴平面VAC⊥平面VBC，故B正确；C.∵AB是⊙O的直径，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，∴AC⊥BC，又A、B、C、O共面，∴OC与AC不垂直，∴OC⊥平面VAC不成立，故B不正确；∵M，N分别为VA，VC的中点，∴MN//AC，又AC⊥BC，∴MN与BC所成的角为90°，故C不正确；D.∵AB是⊙O的直径，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，∴AC⊥BC，又A、B、C、O共面，∴OC与AC不垂直，∴OC⊥平面VAC不成立，故D不正确.故选B.【点睛】本题主要考查空间位置关系的证明，考查异面直线所成的角的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.8、D【解析】

根据等比数列前n项和的性质可知、、成等比数列,即可得关于的等式,化简即可得解.【详解】等比数列的前n项和为,若,,根据等比数列前n项和性质可知,、、满足：化简可得故选：D【点睛】本题考查了等比数列前n项和的性质及简单应用,属于基础题.9、A【解析】

根据对数的化简公式得到,由指数的运算公式得到=，由对数的性质得到>0,，进而得到结果.【详解】已知,=,>0,进而得到.故答案为A.【点睛】本题考查了指对函数的运算公式和对数函数的性质；比较大小常用的方法有：两式做差和0比较，分式注意同分，进行因式分解为两式相乘的形式；或者利用不等式求得最值，判断最值和0的关系.10、C【解析】

由题意可得在上为减函数，列出不等式组，由此解得的范围.【详解】∵函数在区间上是增函数，∴函数在上为减函数，其对称轴为，∴可得，解得.故选：C.【点睛】本题主要考查复合函数的单调性，二次函数的性质，体现了转化的数学思想，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、16【解析】

根据红色球和黑色球的频率稳定值，计算红色球和黑色球的个数，从而得到白色球的个数.【详解】根据概率是频率的稳定值的意义，红色球的个数为个；黑色球的个数为个；故白色球的个数为4个.故答案为：16.【点睛】本题考查概率和频率之间的关系：概率是频率的稳定值.12、【解析】分析：由，当时，当时，相减可得，则，由此可以求出数列的通项公式详解：当时，当时由可得二式相减可得：又则数列是公比为的等比数列点睛：本题主要考查了等比数列的通项公式即数列递推式，在解答此类问题时看到，则用即可算出，需要注意讨论的情况。13、【解析】

推导出a1＝1，a2＝2×1＝2，当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1，即，由此利用累乘法能求出数列{an}的通项公式．【详解】∵数列{an}的前n项和为Sn，满足：a2＝2a1，且Sn1（n≥2），∴a2＝S2﹣S1＝a2+1﹣a1，解得a1＝1，a2＝2×1＝2，∴，解得a3＝4，，解得a4＝6，当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1，即，∴n≥2时，22n﹣2，∴数列{an}的通项公式为．故答案为：．【点睛】本题考查数列的通项公式的求法，考查数列的通项公式与前n项和公式的关系，考查运算求解能力，分类讨论是本题的易错点，是基础题．14、．【解析】

由二倍角公式求出，然后用余弦定理求得，再由余弦定理求．【详解】由题意，在中，，在中，，即，解得，或．若，则，，不合题意，舍去，所以．故答案为：．【点睛】本题考查余弦的二倍角公式，考查余弦定理．掌握余弦定理是解题关键．15、①③④⑤【解析】

设出几何体的边长，根据正六边形的性质，线面垂直的判定定理，线面平行的判定定理，面面垂直的判定定理，异面直线所成角，线面角有关知识，对五个结论逐一分析，由此得出正确结论的序号.【详解】设正六边形长为，则.根据正六边形的几何性质可知，由平面得，所以平面，所以，故①正确.由于，而，所以直线平面不正确，故②错误.易证得,所以平面，所以平面平面，故③正确.由于,所以是异面直线与所成角，在中，，故，也即异面直线与所成角为，故④正确.连接，则，由①证明过程可知平面，所以平面，所以是所求线面角，在三角形中，，由余弦定理得，故⑤正确.综上所述，正确的序号为①③④⑤.【点睛】本小题主要考查线面垂直的判定，面面垂直的判定，考查线线角、线面角的求法，属于中档题.16、【解析】试题分析：,.考点：三角形的面积公式及余弦定理的变形.点评：由三角形的面积公式,再根据,直接可求出tanC的值，从而得到C.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)第9年【解析】

（1）将数列分为两部分，分别利用等差数列和等比数列公式得到答案.（2）当时，恒成立，当时，，判断是递增数列，计算,得到答案.【详解】（1）当时，数列是首项为20，公差为4的等差数列，；当时，数列是首项为，公比为的等比数列，又所以.因此第n年该设备的维修费的表达式因此为(2)设数列的前项和为，由等差及等比的求和公式得：当时，，此时恒成立，即该设备继续使用；当时，，此时因为，即所以是递增数列，又,故在第9年必须对该设备进行更新.【点睛】本题考查了数列的应用，意在考查学生利用数列知识解决问题的能力和应用能力.18、（1）（2）【解析】

（1）设，分别在和中利用余弦定理计算，联立方程组，求得的值，再由余弦定理，即可求解的值；（2）由（1）的结论，计算，利用三角形的面积公式，即可求解.【详解】（1），则，所以在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，所以，解得，所以，由余弦定理得（2）由（1）求得，，所以，所以.【点睛】本题主要考查了余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理列出方程是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.19、（I）;（II）时，函数取得最大值【解析】试题分析：（1）将f（），f（）求出大小后比较即可．（2）根据三角函数二倍角公式将f（x）化简，最终化得一个二次函数，根据二次函数的单调性，由此得到最大值．解：（I）因为所以因为，所以（II）因为令，，所以，因为对称轴，根据二次函数性质知，当时，函数取得最大值．20、当时，最大，最大值为【解析】

设，，在中，