广东省深圳市福田区耀华实验学校2025届高一数学第二学期期末学业质量监测模拟试题含解析

广东省深圳市福田区耀华实验学校2025届高一数学第二学期期末学业质量监测模拟试题注意事项: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．阅读如图的程序框图，运行该程序，则输出的值为（）A．3 B．1C．-1 D．02．已知变量与负相关，且由观测数据算得样本平均数，则由该观测数据算得的线性回归方程可能是A． B．C． D．3．给甲、乙、丙三人打电话，若打电话的顺序是任意的，则第一个打电话给甲的概率是()A． B． C． D．4．如果数列的前项和为，那么数列的通项公式是（）A． B．C． D．5．如图，设，是平面内相交的两条数轴，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，且，若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标.假设在坐标系中的坐标为，则（)A． B． C． D．6．已知某运动员每次投篮命中的概率都为40%.现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器算出0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果.经随机模拟产生了20组随机数：907966191925271932812458569683431257393027556488730113537989据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（）A．0.35 B．0.25 C．0.20 D．0.157．已知为第一象限角，，则（）A． B． C． D．8．一个不透明袋中装有大小､质地完成相同的四个球，四个球上分别标有数字2，3，4，6，现从中随机选取三个球，则所选三个球上的数字能构成等差数列(如：､､成等差数列，满足)的概率是（）A． B． C． D．9．对于函数f(x)=2sinxcosx，下列选项中正确的是()A．f(x)在（，）上是递增的 B．f(x)的图象关于原点对称C．f(x)的最小正周期为 D．f(x)的最大值为210．已知，都是实数，那么“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β，下列四个命题正确的是________．①若l⊥β，则α⊥β；②若α⊥β，则l⊥m；③若l∥β，则α∥β；④若α∥β，则l∥m.12．函数的值域是__________.13．在数列中，，则______________.14．若集合，，则集合________.15．关于的不等式的解集是，则______．16．齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马.现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛，则田忌的马获胜的概率为__________．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．在平面直角坐标系中，直线截以原点为圆心的圆所得的弦长为．（1）求圆的方程；（2）若直线与圆切于第一象限，且与坐标轴交于点，当长最小时，求直线的方程；（3）设是圆上任意两点，点关于轴的对称点，若直线分别交轴于点和，问是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．18．在等比数列中，.（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和.19．已知函数.（1）求函数的单调递增区间；（2）当时，求函数的最大值和最小值.20．已知函数f（x）＝asin（x）（a＞0）在同一半周期内的图象过点O，P，Q，其中O为坐标原点，P为函数f（x）的最高点，Q为函数f（x）的图象与x轴的正半轴的交点，△OPQ为等腰直角三角形．（1）求a的值；（2）将△OPQ绕原点O按逆时针方向旋转角α（0＜α），得到△OP′Q′，若点P′恰好落在曲线y（x＞0）上（如图所示），试判断点Q′是否也落在曲线y（x＞0），并说明理由．21．已知函数的周期为，且图像上一个最低点为.（1）求的解析式（2）若函数在上至少含20个零点时，求b的最小值.

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、D【解析】

从起始条件、开始执行程序框图，直到终止循环.【详解】，，，，，输出.【点睛】本题是直到型循环，只要满足判断框中的条件，就终止循环，考查读懂简单的程序框图.2、D【解析】

由于变量与负相关，得回归直线的斜率为负数，再由回归直线经过样本点的中心，得到可能的回归直线方程.【详解】由于变量与负相关，排除A,B，把代入直线得：成立，所以在直线上，故选D.【点睛】本题考查回归直线斜率的正负、回归直线过样本点中心，考查基本数据处理能力.3、B【解析】

根据题意，打电话的顺序是任意的，打电话给甲乙丙三人的概率都相等均为，从而可得到正确的选项．【详解】∵打电话的顺序是任意的，打电话给甲、乙、丙三人的概率都相等，∴第一个打电话给甲的概率为．故选：B．【点睛】此题考查了概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．4、D【解析】

利用计算即可.【详解】当时，当时，即，故数列为等比数列则因为，所以故选：D【点睛】本题主要考查了已知来求，关键是利用来求解，属于基础题.5、D【解析】

可得.【详解】向量，则．故选：．【点睛】本题主要考查了向量模的运算和向量的数量积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题．6、B【解析】

已知三次投篮共有20种，再得到恰有两次命中的事件的种数，然后利用古典概型的概率公式求解.【详解】三次投篮共有20种，恰有两次命中的事件有：191，271，932，812，393，有5种∴该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为故选：B【点睛】本题主要考古典概型的概率求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.7、B【解析】

由式子两边平方可算得，又由，即可得到本题答案.【详解】因为，，，，所以.故选：B【点睛】本题主要考查利用同角三角函数的基本关系及诱导公式化简求值.8、B【解析】

用列举法写出所有基本事件，确定成等差数列含有的基本事件，计数后可得概率．【详解】任取3球，结果有234,236,246,346共4种，其中234，246是成等差数列的2个基本事件，∴所求概率为．故选：B．【点睛】本题考查古典概型，解题时可用列举法列出所有的基本事件．9、B【解析】

解:,是周期为的奇函数,

对于A,在上是递减的,错误;

对于B,是奇函数,图象关于原点对称,正确;

对于C,是周期为,错误;

对于D,的最大值为1,错误;

所以B选项是正确的.10、D【解析】；，与没有包含关系，故为“既不充分也不必要条件”.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、①【解析】

由线面的平行垂直的判定和性质一一检验即可得解.【详解】由平面与平面垂直的判定可知，①正确；②中，当α⊥β时，l，m可以垂直，也可以平行，也可以异面；③中，l∥β时，α，β可以相交；④中，α∥β时，l，m也可以异面．故答案为①.【点睛】本题主要考查了线面、面面的垂直和平行位置关系的判定和性质，属于基础题.12、【解析】

根据反余弦函数的性质，可得函数在单调递减函数，代入即可求解．【详解】由题意，函数的性质，可得函数在单调递减函数，又由，所以函数在的值域为．故答案为：.【点睛】本题主要考查了反余弦函数的单调性的应用，其中解答中熟记反余弦函数的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．13、20【解析】

首先根据已知得到：是等差数列，公差，再计算即可.【详解】因为，所以数列是等差数列，公差..故答案为：【点睛】本题主要考查等差数列的判断和等差数列项的求法，属于简单题.14、【解析】由题意，得，，则.15、【解析】

利用二次不等式解集与二次方程根的关系，由二次不等式的解集得到二次方程的根，再利用根与系数的关系，得到和的值，得到答案.【详解】因为关于的不等式的解集是，所以关于的方程的解是，由根与系数的关系得，解得，所以.【点睛】本题考查二次不等式解集和二次方程根之间的关系，属于简单题.16、.【解析】分析：由题意结合古典概型计算公式即可求得题中的概率值.详解：由题意可知了，比赛可能的方法有种，其中田忌可获胜的比赛方法有三种：田忌的中等马对齐王的下等马，田忌的上等马对齐王的下等马，田忌的上等马对齐王的中等马，结合古典概型公式可得，田忌的马获胜的概率为.点睛：有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数．(1)基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举．(2)注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用.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）；（1）；（3）定值为.【解析】试题分析：（1）求出点到直线的距离，进而可求圆的半径，即可得到圆的方程；（1）设直线的方程，利用直线与圆相切，及基本不等式，可求长最小时，直线的方程；（3）设，则，求出直线，分别与轴交点，进而可求的值．试题解析：（1）因为点到直线的距离为，所以圆的半径为，故圆的方程为．（1）设直线的方程为，即，由直线与圆相切，得，即，，当且仅当时取等号，此时直线的方程为，所以当长最小进，直线的方程为．（3）设点，则，直线与轴交点为，则，直线与轴交点为，则，所以，故为定值1．考点：1.直线和圆的方程的应用；1.直线与圆相交的性质．18、（1）（2）【解析】

（1）将已知条件化为和后，联立解出和后即可得到通项公式；（2）根据错位相减法可得结果.【详解】（1）因为，所以解得故的通项公式为.（2）由（1）可得，则，①，②①-②得.所以故.【点睛】本题考查了等比数列通项公式基本量的计算，考查了错位相减法求数列的和，属于中档题.19、（1）；（2）函数的最大值为，最小值为.【解析】

用二倍角正弦公式、降幂公式、辅助角公式对函数的解析式进行化简，然后利用正弦型函数的单调性求解即可.【详解】.（1）当时，函数递增，解得，所以函数的单调递增区间为；（2）因为，所以，因此所以函数的最大值为，最小值为.【点睛】本题考查了正弦型函数的单调性和最值，考查了辅助角公式、二倍角的正弦公式、降幂公式，考查了数学运算能力.20、（1）2；（2）见解析.【解析】

（1）由已知利用周期公式可求最小正周期T＝8，由题意可求Q坐标为（1，0）．P坐标为（2，a），结合△OPQ为等腰直角三角形，即可得解a的值．（2）由（Ⅰ）知，|OP|＝2，|OQ|＝1，可求点P′，Q′的坐标，由点P′在曲线y（x＞0）上，利用倍角公式，诱导公式可求cos2，又结合0＜α，可求sin2α的值，由于1cosα•1sinα＝8sin2α＝23，即可证明点Q′不落在曲线y（x＞0）上．【详解】（Ⅰ）因为函数f（x）＝asin（x）（a＞0）的最小正周期T8，所以函数f（x）的半周期为1，所以|OQ|＝1．即有Q坐标为（1，0）．又因为P为函数f（x）图象的最高点，所以点P坐标为（2，a），又因为△OPQ为等腰直角三角形，所以a2．（Ⅱ）点Q′不落在曲线y（x＞0）上．理由如下：由（Ⅰ）知，|OP|＝2，|OQ|＝1，所以点P′，Q′的坐标分别为（2cos（），2sin（）），（1cosα，1sinα），因为点P′在曲线y（x＞0）上，所以3＝8cos（）sin（）＝1sin（2）＝1cos2α，即cos2，又0＜α，所以sin2α．又1cosα•1sinα＝8sin2α＝