黑龙江绥化一中2025届高一下数学期末经典模拟试题含解析

黑龙江绥化一中2025届高一下数学期末经典模拟试题注意事项: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．用数学归纳法证明1+a+a2+…+an+1=（a≠1，n∈N*），在验证n=1成立时，左边的项是（）A．1 B．1+a C．1+a+a2 D．1+a+a2+a42．若点（m，n）在反比例函数y＝的图象上，其中m＜0，则m+3n的最大值等于（）A．2 B．2 C．﹣2 D．﹣23．在中，角的对边分别为，且.若为钝角，，则的面积为()A． B． C． D．54．在中，，，分别是角，，的对边，且满足，那么的形状一定是（）A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰或直角三角形 D．等腰直角三角形5．若实数满足不等式组，则的最小值是（）A． B．0 C．1 D．26．已知，，当时，不等式恒成立，则的取值范围是A． B． C． D．7．等差数列的前项和为，若，则（）A．27 B．36 C．45 D．548．有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点．已知最底层正方体的棱长为2，且该塔形的表面积(含最底层正方体的底面面积)超过39，则该塔形中正方体的个数至少是A．4 B．5 C．6 D．79．已知直线l过点且与直线垂直，则l的方程是（）A． B．C． D．10．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．函数的递增区间是__________.12．给出下列四个命题：①正切函数在定义域内是增函数；②若函数，则对任意的实数都有；③函数的最小正周期是；④与的图象相同.以上四个命题中正确的有_________（填写所有正确命题的序号）13．已知1，，，，4成等比数列，则______.14．已知椭圆的右焦点为，过点作圆的切线，若两条切线互相垂直，则_____________．15．若，则__________.16．在中，若，点，分别是，的中点，则的取值范围为___________.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．如图，在中，，四边形是边长为的正方形，平面平面，若，分别是的中点.（1）求证：平面;（2）求证：平面平面;（3）求几何体的体积.18．在平面直角坐标系中，已知曲线的方程是（，）．（1）当，时，求曲线围成的区域的面积；（2）若直线：与曲线交于轴上方的两点，，且，求点到直线距离的最小值．19．在等差数列中，，（1）求的通项公式；（2）求的前n项和20．不等式(1)若不等式的解集为或,求的值(2)若不等式的解集为,求的取值范围21．已知，，，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】

在验证时，左端计算所得的项，把代入等式左边即可得到答案.【详解】解：用数学归纳法证明，

在验证时，把当代入，左端.

故选：C.【点睛】此题主要考查数学归纳法证明等式的问题，属于概念性问题.2、C【解析】

根据题意可得出，再根据可得，将添上两个负号运用基本不等式，即可求解．【详解】由题意，可得，因为，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，故选：C．【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中熟记基本不等式的使用条件，合理运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．3、B【解析】

先由正弦定理求出c的值，再由C角为锐角求出C角的正余弦值，利用角C的余弦公式求出b的值，带入，及可求出面积．【详解】因为，，所以．又因为，且为锐角，所以，．由余弦定理得：，解得，所以．故选B.【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形，三角形的面积公式，属于中档题．4、C【解析】

由正弦定理，可得,.，或，或，即或，即三角形为等腰三角形或直角三角形，故选C.考点：1正弦定理;2正弦的二倍角公式.5、A【解析】

画出不等式组的可行域,再根据线性规划的方法,结合的图像与的关系判定最小值即可.【详解】画出可行域,又求最小值时,故的图形与可行域有交点,且往上方平移到最高点处.易得此时在处取得最值.故选：A【点睛】本题主要考查了线性规划与绝对值函数的综合运用,需要根据题意画图,根据函数的图形性质分析.属于中档题.6、B【解析】

根据为定值，那么乘以后值不变，由基本不等式可消去x，y后，对得到的不等式因式分解，即可解得m的值．【详解】因为，，，所以.因为不等式恒成立，所以，整理得，解得，即.【点睛】本题考查基本不等式，由为定值和已知不等式相乘来构造基本不等式，最后含有根式的因式分解也是解题关键．7、B【解析】

利用等差数列的性质进行化简，由此求得的值.【详解】依题意，所以，故选B.【点睛】本小题主要考查等差数列的性质，考查等差数列前项和公式，属于基础题.8、C【解析】

根据相邻正方体的关系得出个正方体的棱长为等比数列，求出塔形表面积的通项公式，令，即可得出的范围．【详解】设从最底层开始的第层的正方体棱长为，则是以2为首项，以为公比的等比数列.∴是以4为首项，以为公比的等比数列∴塔形的表面积为.令，解得.∴塔形正方体最少为6个.故选C.【点睛】此题考查了立体图形的表面积问题以及等比数列求和公式的应用．解决本题的关键是得到上下正方体的棱长之间的关系，从而即可得出依次排列的正方体的一个面的面积，这里还要注意把最下面的正方体看做是6个面之外，上面的正方体都是露出了4个面．9、A【解析】

直线2x–3y+1=0的斜率为则直线l的斜率为所以直线l的方程为故选A10、A【解析】由于==.故选A．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、；【解析】

先利用辅助角公式对函数化简，由可求解.【详解】函数，由，可得，所以函数的单调增区间为.故答案为：【点睛】本题考查了辅助角公式、正弦函数的图像与性质，需熟记公式与性质，属于基础题.12、②③④【解析】

①利用反例证明命题错误；②先判断为其中一条对称轴；③通过恒等变换化成；④对两个解析式进行变形，得到定义域和对应关系均一样.【详解】对①，当，显然，但，所以，不符合增函数的定义，故①错；对②，当时，，所以为的一条对称轴，当取，取时，显然两个数关于直线对称，所以，即成立，故②对；对③，，，故③对；对④，因为，，两个函数的定义域都是，解析式均为，所以函数图象相同，故④对.综上所述，故填：②③④.【点睛】本题对三角函数的定义域、值域、单调性、对称性、周期性等知识进行综合考查，求解过程中要注意数形结合思想的应用.13、2【解析】

因为1，，，，4成等比数列，根据等比数列的性质，可得，再利用，确定取值.【详解】因为1，，，，4成等比数列，所以，所以或，又因为，所以.故答案为:2【点睛】本题主要考查等比数列的性质，还考查运算求解的能力，属于基础题.14、【解析】

首先分析直线与圆的位置关系，然后结合已知可判断四边形的形状，得出的比值，最后得到答案.【详解】设切点为，根据已知两切线垂直，四边形是正方形，，根据，可得.故填：.【点睛】本题考查了直线与圆的几何性质，以及椭圆的性质，考查了转化与化归的能力，属于基础题型.15、；【解析】

易知的周期为，从而化简求得.【详解】的周期为，且，又，.故答案为：【点睛】本题考查了正弦型函数的周期以及利用周期求函数值，属于基础题.16、【解析】

记，，，根据正弦定理得到，再由题意，得到，，推出，再由题意，确定的范围，即可得出结果.【详解】记，，，由得，所以，即，因此，因为，分别是，的中点，所以，同理：，所以，因为且，所以，则，所以，则，所以.即的取值范围为.故答案为【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理，以及两角和的正弦公式即可，属于常考题型.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）详见解析(2)详见解析（2）【解析】

试题分析：（1）如图，连接EA交BD于F，利用正方形的性质、三角形的中位线定理、线面平行的判定定理即可证明．（2）利用已知可得：FG⊥平面EBC，可得∠FBG就是线BD与平面EBC所成的角．经过计算即可得出．（3）利用体积公式即可得出．试题解析：（1）如图，连接，易知为的中点.因为，分别是和的中点，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）证明：因为四边形为正方形，所以.又因为平面平面，所以平面.所以.又因为，所以.所以平面.从而平面平面.（3）取AB中点N,连接，因为，所以，且.又平面平面，所以平面.因为是四棱锥，所以.即几何体的体积.点睛：本题考查了正方形的性质、线面，面面平行垂直的判定与性质定理、三棱锥的体积计算公式、线面角的求法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．18、(1)4；(2)．【解析】

（1）当，时，曲线的方程是，对绝对值内的数进行讨论，得到四条直线围成一个菱形，并求出面积为4；（2）对进行讨论，化简曲线方程，并与直线方程联立，求出点的坐标，由得到的关系，再利用点到直线的距离公式求出，从而求得.【详解】（1）当，时，曲线的方程是，当时，，当时，，当时，方程等价于，当时，方程等价于，当时，方程等价于，当时，方程等价于，曲线围成的区域为菱形，其面积为；（2）当，时，有，联立直线可得，当，时，有，联立直线可得，由可得，即有，化为，点到直线距离，由题意可得，，，即，可得，，可得当，即时，点到直线距离取得最小值．【点睛】解析几何的思想方法是坐标法，通过代数运算解决几何问题，本题对运算能力的要求是比较高的.19、（1）；（2）【解析】试题分析：（1）根据已知数列为等差数列，结合数列的性质可知：前3项和，所以，又因为，所以公差，再根据等差数列通项公式，可以求得．本问考查等差数列的通项公式及等差数列的性质，属于对基础知识的考查，为容易题，要求学生必须掌握．（2）由于为等差数列，所以可以根据重要结论得知：数列为等比数列，可以根据等比数列的定义进行证明，即，符合等比数列定义，因此数列是等比数列，首项为，公比为2，所以问题转化为求以4为首项，2为公比的等比数列的前n项和，根据公式有．本问考查等比数列定义及前n项和公式．属于对基础知识的考查．试题解析：（1）又（2）由（1）知得：是以4为首项2为公比的等比数列考点：1.等差数列；2.等比数列．20、（1）；（2）【解析】

（1）根据一元二次不等式的解和对应一元二次方程根的关系，求得的值.（2）利用一元二次不等式解集为的条件列不等式组，解不等式组求得的取值范围.【