2025届吉林省延边朝鲜族自治州延吉市第二中学高一下数学期末统考模拟试题含解析

2025届吉林省延边朝鲜族自治州延吉市第二中学高一下数学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．若数列{an}前8项的值各异，且an+8=an对任意n∈N*都成立，则下列数列中可取遍{an}前8项值的数列为（）A．{a2k+1} B．{a3k+1} C．{a4k+1} D．{a6k+1}2．将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数A．在区间上单调递增 B．在区间上单调递减C．在区间上单调递增 D．在区间上单调递减3．记复数的虚部为，已知满足，则为（）A． B． C．2 D．4．已知各项均为正数的数列的前项和为，且若对任意的，恒成立，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．5．已知各项为正数的等比数列中，，，则公比q＝A．4 B．3 C．2 D．6．不等式的解集为,则的值为(

)A． B．C． D．7．已知则的值为（）A． B． C． D．8．若圆与圆外切，则（）A．21 B．19 C．9 D．-119．甲、乙两名运动员分别进行了5次射击训练，成绩如下：甲：7，7，8，8，1；乙：8，9，9，9，1．若甲、乙两名运动员的平均成绩分别用表示，方差分别用表示，则A． B．C． D．10．若函数，又，，且的最小值为，则正数的值是（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知正实数a,b满足2a+b=1，则1a12．若直线：与直线的交点位于第一象限，则直线的倾斜角的取值范围是___________.13．___________.14．已知，，两圆和只有一条公切线，则的最小值为________15．若存在实数，使不等式成立，则的取值范围是_______________.16．已知为锐角，，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．解关于不等式：18．如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点，BE⊥平面（I）证明：平面AEC⊥平面BED；（II）若∠ABC=120∘，AE⊥EC,三棱锥E-ACD的体积为19．已知数列满足：，，数列满足.（1）若数列的前项和为，求的值；（2）求的值.20．已知是递增数列，其前项和为，，且，．（Ⅰ）求数列的通项；（Ⅱ）是否存在使得成立？若存在，写出一组符合条件的的值；若不存在，请说明理由；（Ⅲ）设，若对于任意的，不等式恒成立，求正整数的最大值．21．如图，在平面四边形中，已知，，在上取点，使得，连接，若，。（1）求的值；（2）求的长。

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】

数列是周期为8的数列；，；故选B2、A【解析】

由题意首先求得平移之后的函数解析式，然后确定函数的单调区间即可.【详解】由函数图象平移变换的性质可知：将的图象向右平移个单位长度之后的解析式为：.则函数的单调递增区间满足：，即，令可得一个单调递增区间为：.函数的单调递减区间满足：，即，令可得一个单调递减区间为：，本题选择A选项.【点睛】本题主要考查三角函数的平移变换，三角函数的单调区间的判断等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3、A【解析】

根据复数除法运算求得，从而可得虚部.【详解】由得：本题正确选项：【点睛】本题考查复数虚部的求解问题，关键是通过复数除法运算得到的形式.4、C【解析】

由得到an=n，任意的，恒成立等价于，利用作差法求出的最小值即可.【详解】当n=1时，，又∴∵an+12=2Sn+n+1，∴当n≥2时，an2=2Sn﹣1+n，两式相减可得：an+12﹣an2=2an+1，∴an+12=（an+1）2，∵数列{an}是各项均为正数的数列，∴an+1=an+1，即an+1﹣an=1，显然n=1时，适合上式∴数列{an}是等差数列，首项为1，公差为1．∴an=1+（n﹣1）=n．任意的，恒成立，即恒成立记，，∴为单调增数列，即的最小值为∴，即故选C【点睛】已知求的一般步骤：（1）当时，由求的值；（2）当时，由，求得的表达式；（3）检验的值是否满足（2）中的表达式，若不满足则分段表示；（4）写出的完整表达式.5、C【解析】

由，利用等比数列的性质，结合各项为正数求出，从而可得结果.【详解】，，，，故选C.【点睛】本题主要考查等比数列的性质，以及等比数列基本量运算，意在考查灵活运用所学知识解决问题的能力，属于简单题.6、B【解析】

根据一元二次不等式解集与对应一元二次方程根的关系列方程组，解得a，c的值.【详解】由题意得为方程两根，所以，选B.【点睛】一元二次方程的根与对应一元二次不等式解集以及对应二次函数零点的关系，是数形结合思想，等价转化思想的具体体现，注意转化时的等价性.7、B【解析】

直接利用两角和的正切函数化简求解即可．【详解】tan（α+β），tan（β），则tan（α）＝tan（（α+β）﹣（β））．故选B．【点睛】本题考查两角和与差的三角函数公式的应用，考查计算能力．8、C【解析】试题分析：因为,所以且圆的圆心为,半径为,根据圆与圆外切的判定(圆心距离等于半径和)可得,故选C.考点：圆与圆之间的外切关系与判断9、D【解析】

分别计算平均值和方差，比较得到答案.【详解】由题意可得，，.故.故答案选D【点睛】本题考查了数据的平均值和方差的计算，意在考查学生的计算能力.10、D【解析】，由，得，，由，得，则，当时，取得最小值，则，解得，故选D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、9【解析】

利用“乘1法”和基本不等式即可得出．【详解】解：∵正实数a,b满足2a+b=1，∴1a+12b=（2a+b∴1a+故答案为：9【点睛】本题考查了“乘1法”和基本不等式的应用，属于基础题．12、【解析】若直线与直线的交点位于第一象限，如图所示：则两直线的交点应在线段上（不包含点）,当交点为时，直线的倾斜角为，当交点为时，斜率，直线的倾斜角为∴直线的倾斜角的取值范围是．故答案为13、【解析】

先将写成的形式，再根据诱导公式进行求解.【详解】由题意得：.故答案为：.【点睛】考查三角函数的诱导公式.，，,,.14、9【解析】

两圆只有一条公切线，可以判断两圆是内切关系，可以得到一个等式，结合这个等式，可以求出的最小值.【详解】，圆心为，半径为2；，圆心为，半径为1.因为两圆只有一条公切线，所以两圆是内切关系，即，于是有（当且仅当取等号），因此的最小值为9.【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，考查了基本不等式的应用，考查了数学运算能力.15、；【解析】

不等式转化为，由于存在，使不等式成立，因此只要求得的最小值即可．【详解】由题意存在，使得不等式成立，当时，，其最小值为，∴．故答案为．【点睛】本题考查不等式能成立问题，解题关键是把问题转化为求函数的最值．不等式能成立与不等式恒成立问题的转化区别：在定义域上，不等式恒成立，则，不等式能成立，则，不等式恒成立，则，不等式能成立，则．转化时要注意是求最大值还是求最小值．16、【解析】

利用同角三角函数的基本关系求出，并利用二倍角正切公式计算出的值，再利用两角和的正切公式求出的值.【详解】为锐角，则，，由二倍角正切公式得，因此，，故答案为.【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系求值、二倍角正切公式和两角和的正切公式求值，解题的关键就是灵活利用这些公式进行计算，考查运算求解能力，属于中等题.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、当时，；当时，；当时，；当时，；当时，【解析】试题分析：当时，；当时，当时，；当时，；当时，考点：解不等式点评：本题中的不等式带有参数，在求解时需对参数做适当的分情况讨论，题目中主要讨论的方向是：不等式为一次不等式或二次不等式，解二次不等式与二次方程的根有关，进而讨论二次方程的根的大小18、（1）见解析（2）3+25【解析】试题分析：（Ⅰ）由四边形ABCD为菱形知AC⊥BD，由BE⊥平面ABCD知AC⊥BE，由线面垂直判定定理知AC⊥平面BED，由面面垂直的判定定理知平面AEC⊥平面BED；（Ⅱ）设AB=x，通过解直角三角形将AG、GC、GB、GD用x表示出来，在RtΔAEC中，用x表示EG，在RtΔEBG中，用x表示EB，根据条件三棱锥E-ACD的体积为63求出x，即可求出三棱锥E-ACD试题解析：（Ⅰ）因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE，故AC⊥平面BED.又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED（Ⅱ）设AB=x，在菱形ABCD中，由∠ABC=120°，可得AG=GC=32x,GB=GD=x因为AE⊥EC，所以在RtΔAEC中，可得EG=32x由BE⊥平面ABCD，知ΔEBG为直角三角形，可得BE=22由已知得，三棱锥E-ACD的体积VE-ACD=1从而可得AE=EC=ED=6.所以ΔEAC的面积为3，ΔEAD的面积与ΔECD的面积均为5.故三棱锥E-ACD的侧面积为3+考点：线面垂直的判定与性质；面面垂直的判定；三棱锥的体积与表面积的计算；逻辑推理能力；运算求解能力19、(1)；(2).【解析】

(1)构造数列等差数列求得的通项公式,再进行求和,再利用裂项相消求得；

(2)由题出现,故考虑用分为偶数和奇数两种情况进行计算.【详解】(1)由得,即,所以是以为首项,1为公差的等差数列,故,故.所以,故.

(2)当为偶数时,，当为奇数时,为偶数,

综上所述,当为偶数时,,当为奇数时,即.【点睛】本题主要考查了等差数列定义的应用，考查构造法求数列的通项公式与裂项求和及奇偶并项求和的方法，考查了分析问题的能力及逻辑推理能力，属于中档题.20、（1）（2）不存在（3）1【解析】

（Ⅰ），得，解得，或．由于，所以．因为，所以.故，整理，得，即．因为是递增数列，且，故，因此．则数列是以2为首项，为公差的等差数列.所以.………………5分（Ⅱ）满足条件的正整数不存在，证明如下：假设存在，使得，则．整理，得，①显然，左边为整数，所以①式不成立．故满足条件的正整数不存在．……1分（Ⅲ），不等式可转化为．设，则.所以，即当增大时，也增大．要使不等式对于任意的恒成立，只需即可．因为，所以.即.所以，正整数的最大值为1．………14分21、（1）；（2）.【解析】试题分析：（1）在中，直接由