山東省嘉祥一中2025屆高一下數學期末經典模擬試題含解析

山東省嘉祥一中2025屆高一下數學期末經典模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．若扇形的面積為、半徑為1，則扇形的圓心角為（）A． B． C． D．2．將函數f（x）=sin（ωx+）（ω＞0）的圖象向左平移個單位，所得到的函數圖象關于y軸對稱，則函數f（x）的最小正周期不可能是（）A． B． C． D．3．在一個錐體中，作平行于底面的截面，若這個截面面積與底面面積之比為1∶3，則錐體被截面所分成的兩部分的體積之比為（）A．1∶ B．1∶9 C．1∶ D．1∶4．如圖，有一輛汽車在一條水平的公路上向正西行駛，汽車在點測得公路北側山頂的仰角為30°，汽車行駛后到達點測得山頂在北偏西30°方向上，且仰角為45°，則山的高度為（）A． B． C． D．5．若,則下列不等式成立的是()A． B．C． D．6．已知函數，下列結論不正確的是（

）A．函數的最小正周期為B．函數在區(qū)間內單調遞減C．函數的圖象關于軸對稱D．把函數的圖象向左平移個單位長度可得到的圖象7．已知定義在上的偶函數滿足：當時，，若，則的大小關系是（）A． B． C． D．8．已知函數，則函數的最小正周期為（）A． B． C． D．9．我國古代數學名著《算法統(tǒng)宗》中有如下問題：“遠望巍巍塔七層，紅光點點倍加增，共燈三百八十一，請問尖頭幾盞燈？”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數是上一層燈數的2倍，則塔的頂層共有燈A．1盞 B．3盞C．5盞 D．9盞10．一只小狗在圖所示的方磚上走來走去，最終停在涂色方磚的概率為（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知等差數列，的前項和分別為，，若，則______.12．若點關于直線的對稱點在函數的圖像上，則稱點、直線及函數組成系統(tǒng)，已知函數的反函數圖像過點，且第一象限內的點、直線及函數組成系統(tǒng)，則代數式的最小值為________.13．若則的最小值是__________．14．方程，的解集是__________．15．在等比數列{an}中，a116．下圖中的幾何體是由兩個有共同底面的圓錐組成．已知兩個圓錐的頂點分別為P、Q，高分別為2、1，底面半徑為1．A為底面圓周上的定點，B為底面圓周上的動點（不與A重合）．下列四個結論：①三棱錐體積的最大值為；②直線PB與平面PAQ所成角的最大值為；③當直線BQ與AP所成角最小時，其正弦值為；④直線BQ與AP所成角的最大值為；其中正確的結論有___________.（寫出所有正確結論的編號）三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．手機支付也稱為移動支付，是指允許移動用戶使用其移動終端（通常是手機）對所消費的商品或服務進行賬務支付的一種服務方式.繼卡類支付、網絡支付后，手機支付儼然成為新寵.某金融機構為了了解移動支付在大眾中的熟知度，對15-65歲的人群隨機抽樣調查，調查的問題是“你會使用移動支付嗎？”其中，回答“會”的共有100個人，把這100個人按照年齡分成5組，然后繪制成如圖所示的頻率分布表和頻率分布直方圖.組數第l組第2組第3組第4組第5組分組頻數203630104（1）求；（2）從第l，3，4組中用分層抽樣的方法抽取6人，求第l，3，4組抽取的人數：（3）在（2）抽取的6人中再隨機抽取2人，求所抽取的2人來自同一個組的概率.18．已知向量.（1）求函數的解析式及在區(qū)間上的值域；（2）求滿足不等式的的集合.19．如圖，在直三棱柱中，，，是棱的中點．（1）求證：；（2）求證：．20．如圖，三棱柱中，，D為AB上一點，且平面.（1）求證：；（2）若四邊形是矩形，且平面平面ABC，直線與平面ABC所成角的正切值等于2，，，求三樓柱的體積.21．已知公差不為零的等差數列滿足：，且成等比數列．（1）求數列的通項公式．（2）記為數列的前項和，是否存在正整數，使得？若存在，請求出的最小值；若不存在，請說明理由．

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、B【解析】設扇形的圓心角為α，則∵扇形的面積為，半徑為1，

∴故選B2、D【解析】

利用函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，對稱性和周期性，求得函數的最小正周期為，由此得出結論．【詳解】解：將函數的圖象向左平移個單位，可得的圖象，根據所得到的函數圖象關于軸對稱，可得，即，．函數的最小正周期為，則函數的最小正周期不可能是，故選．【點睛】本題主要考查函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規(guī)律，對稱性和周期性，屬于基礎題．3、D【解析】解：因為在一個錐體中，作平行于底面的截面，若這個截面面積與底面面積之比為1∶3，那么分為的兩個錐體的體積比為1：，因此錐體被截面所分成的兩部分的體積之比為．1∶4、D【解析】

通過題意可知：，設山的高度，分別在中求出，最后在中，利用余弦定理，列出方程，解方程求出的值.【詳解】由題意可知：.在中，.在中，.在中，由余弦定理可得：（舍去），故本題選D.【點睛】本題考查了余弦定理的應用，弄清題目中各個角的含義是解題的關鍵.5、B【解析】

利用不等式的性質，進行判斷即可.【詳解】因為，故由均值不等式可知：；因為，故；因為，故；綜上所述：.故選：B.【點睛】本題考查均值不等式及利用不等式性質比較大小.6、D【解析】

利用余弦函數的性質對A、B、C三個選項逐一判斷，再利用平移“左加右減”及誘導公式得出，進而得出答案．【詳解】由題意，函數其最小正周期為，故選項A正確；函數在上為減函數，故選項B正確；函數為偶函數，關于軸對稱，故選項C正確把函數的圖象向左平移個單位長度可得，所以選項D不正確．故答案為D【點睛】本題主要考查了余弦函數的性質，以及誘導公式的應用，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．7、C【解析】

根據函數的奇偶性將等價變形為，再根據函數在上單調性判斷函數值的大小關系，從而得出正確選項.【詳解】解因為函數為偶函數，故，因為，，所以，因為函數在上單調增，故，故選C.【點睛】本題考查了函數單調性與奇偶性的運用，解題的關鍵是要能根據奇偶性將函數值進行轉化.8、D【解析】

根據二倍角公式先化簡，再根據即可。【詳解】由題意得，所以周期為.所以選擇D【點睛】本題主要考查了二倍角公式;?？嫉亩督枪接姓?、余弦、正切。屬于基礎題。9、B【解析】

設塔頂的a1盞燈，由題意{an}是公比為2的等比數列，∴S7==181，解得a1=1．故選B．10、C【解析】

方磚上共分為九個全等的正方形，涂色方磚為其中的兩塊，由幾何概型的概率公式可計算出所求事件的概率.【詳解】由圖形可知，方磚上共分為九個全等的正方形，涂色方磚為其中的兩塊，由幾何概型的概率公式可知，小狗最終停在涂色方磚的概率為，故選：C.【點睛】本題考查利用幾何概型概率公式計算事件的概率，解題時要理解事件的基本類型，正確選擇古典概型和幾何概型概率公式進行計算，考查計算能力，屬于基礎題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

利用等差數列的性質以及等差數列奇數項之和與中間項的關系進行化簡求解.【詳解】因為是等差數列，所以，又因為為等差數列，所以，故．【點睛】（1）在等差數列中，若，則有；（2）在等差數列.12、【解析】

根據函數的反函數圖像過點可求出,由、直線及函數組成系統(tǒng)可知在的圖象上，且，代入化簡為，換元則，利用單調性求解.【詳解】因為函數的反函數圖像過點，所以，即，由、直線及函數組成系統(tǒng)知在上，所以，代入化簡得，令由知，故則在上單調遞減，所以當即時，，故填.【點睛】本題主要考查了對稱問題，反函數概念，根據條件求最值，函數的單調性，換元法，綜合性大，難度大，屬于難題.13、【解析】

根據對數相等得到，利用基本不等式求解的最小值得到所求結果.【詳解】則，即由題意知，則，則當且僅當，即時取等號本題正確結果：【點睛】本題考查基本不等式求解和的最小值問題，關鍵是能夠利用對數相等得到的關系，從而構造出符合基本不等式的形式.14、【解析】

用正弦的二倍角公式展開,得到,分兩種情況討論得出結果.【詳解】解：即,即：或.①由,,得.②由,,得或.綜上可得方程,的解集是：故答案為【點睛】本題考查正弦函數的二倍角公式,以及特殊角的正余弦值.15、64【解析】由題設可得q3=8?q=3，則a716、①③【解析】

由①可知只需求點A到面的最大值對于②，求直線PB與平面PAQ所成角的最大值，可轉化為到軸截面距離的最大值問題進行求解對于③④，可采用建系法進行分析【詳解】選項①如圖所示，當時，四棱錐體積最大，選項②中，線PB與平面PAQ所成角最大值的正弦值為，所以選項③和④，如圖所示：以垂直于方向為x軸，方向為y軸，方向為z軸，其中設,.,設直線BQ與AP所成角為，，當時，取到最大值，，此時，由于，，，所以取不到答案選①、③【點睛】幾何體的旋轉問題需要結合動態(tài)圖形和立體幾何基本知識進行求解，需找臨界點是正確解題的關鍵，遇到難以把握的最值問題，可采用建系法進行求解.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、(1)；(2)第1組2人,第3組3人，第4組1人；(3)【解析】

（1）直接計算.（2）根據分層抽樣的規(guī)律按照比例抽取.（3）設第1組抽取的2人為，，第3組抽取的3人為，，，第4組抽取的1人為，排列出所有可能，再計算滿足條件的個數，相除得到答案.【詳解】解：（1）由題意可知，，（2）第1，3，4組共有60人，所以抽取的比例是則從第1組抽取的人數為,從第3組抽取的人數為，從第4組抽取的人數為；（3）設第1組抽取的2人為，，第3組抽取的3人為，，，第4組抽取的1人為，則從這6人中隨機抽取2人有如下種情形：，，，，，，，，，，，，，，共有15個基本事件.其中符合“抽取的2人來自同一個組”的基本事件有，，，共4個基本事件，所以抽取的2人來自同一個組的概率.【點睛】本題考查了頻率直方圖，分層抽樣，概率的計算，意在考查學生解決問題的能力.18、（1），值域為（2）【解析】

（1）根據向量的數量積，得到函數解析式，再根據正弦函數的性質，即可得出結果；（2）先由題意，將不等式化為，結合正弦函數的性質，即可得出結果.【詳解】解：（1），由，得，，，在區(qū)間上的值域為（2）由，得，即所以解得，的解集為【點睛】本題主要考查正弦型函數的值域，以及三角不等式，熟記正弦函數的性質即可，屬于?？碱}型.19、(1)見詳解；（2）見詳解.【解析】

（1）連接AC1，設AC1∩A1C＝O，連接OD，可求O為AC1的中點，D是棱AB的中點，利用中位線的性質可證OD∥BC1，根據線面平行的判斷定理即可證明BC1∥平面A1CD．（2）由（1）可證平行四邊形ACC1A1是菱形，由其性質可得AC1⊥A1C，利用線面垂直的性質可證AB⊥AA1，根據AB⊥AC，利用線面垂直的判定定理可證AB⊥平面ACC1A1，利用線面垂直的性質可證AB⊥A1C，又AC1⊥A1C，根據線面垂直的判定定理可證A1C⊥平面ABC1，利用線面垂直的性質即可證明BC1⊥A1C．【詳解】（1）連接AC1，設AC1∩A1C＝O，連接OD，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側面ACC1A1是平行四邊形，所以：O為AC1的中點，又因為：D是棱AB的中點，所以：OD∥BC1，又因為：BC1?平面A1CD，OD?平面A1CD，所以：BC1∥平面A1CD．（2）由（1）可知：側面ACC1A1是平行四邊形，因為：AC＝AA1，所以：平行四邊形ACC1A1是菱形，所以：AC1⊥A1C，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，因為：AB?平面ABC，所以：AB⊥AA1，又因為：AB⊥AC，AC∩AA1＝A，AC?平面ACC1A1，AA1?平面ACC1A1，所以：AB⊥平面ACC1A1，因為：A1C?平面ACC1A1，所以：AB⊥A1C，又因為：AC1⊥A1C，AB∩AC1＝A，AB?平面ABC1，AC1?平面ABC1，所以：A1C⊥平面ABC1，因為：BC1?平面ABC1，所以：BC1⊥A1C．【點睛】本題主要考查了線面平行的判定，線面垂直的性質，線面垂直的判定，考查了空間想象能力和推理論證能力，屬于中檔題．20、（1）見詳解；（2）【解析】

（1）連接交于點，連接，利用線面平行的性質定理可得，從而可得為的中點，進而可證出（2）利用面面垂直的性質定理可得平面，從而可得三棱柱為直三棱柱，在中，根據等腰三角形的性質可得，進而可得棱柱的高為，利用柱體的體積公式即可求解.【詳解】（1）連接交于點，連接，如圖：由平面，且平面平面,所以，由為的中點，所以為的中點，又，（2）由四邊形是矩形，且平面平面ABC，所以平面，即三棱柱為直三棱柱，在中，，，，所以，因為直線與平面ABC所成角的正切值等于2，在中，，所以..【點睛】本題考查了線面平行的性質定理、面面垂直的性質定理，同時考查了線面角以及柱體的體積公式，屬于基