2025届江西省南昌三中数学高一下期末联考模拟试题含解析

2025届江西省南昌三中数学高一下期末联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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．已知，则下列不等式成立的是（）A． B． C． D．2．已知函数在处取得极小值，则的最小值为（）A．4 B．5 C．9 D．103．已知是的边上的中点，若向量，，则向量等于（）A． B． C． D．4．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则5．中，分别是内角的对边，且，，则等于（）A． B． C． D．6．在等差数列中，若，则（）A．10 B．15 C．20 D．257．如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积是（）A． B． C． D．8．某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如下表根据上表可得回归方程中的为9.4，据此模型预报广告费用为6万元时销售额为()A．63.6万元 B．65.5万元 C．67.7万元 D．72.0万元9．若等差数列的前5项之和，且，则（）A．12 B．13 C．14 D．1510．数列满足“对任意正整数，都有”的充要条件是（）A．是等差数列 B．与都是等差数列C．是等差数列 D．与都是等差数列且公差相等二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．某幼儿园对儿童记忆能力的量化评价值和识图能力的量化评价值进行统计分析，得到如下数据：468103568由表中数据，求得回归直线方程中的，则．12．设ω为正实数.若存在a、b(π≤a<b≤2π)，使得13．在中，角的对边分别为，若，则_______.（仅用边表示）14．已知直线l在y轴上的截距为1，且垂直于直线，则的方程是____________.15．已知，则的最小值是__________．16．一圆柱的侧面展开图是长、宽分别为3、4的矩形，则此圆柱的侧面积是________．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．的内角所对边分别为，已知．（1）求；（2）若，，求的面积．18．已知等比数列的前n项和为，，且.（1）求数列的通项公式；（2）若数列为递增数列，数列满足，求数列的前n项和.（3）在条件（2）下，若不等式对任意正整数n都成立，求的取值范围.19．求函数的最大值20．在中，三个内角所对的边分别为，满足.（1）求角的大小；（2）若，求，的值.（其中）21．如图，单位圆与轴正半轴相交于点，圆上的动点从点出发沿逆时针旋转一周回到点，设()，的面积为(当三点共线时，)，与的函数关系如图所示的程序框图.(1)写出程序框图中①②处的函数关系式；(2)若输出的值为，求点的坐标.

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】

利用排除法，取，，可排除错误选项，再结合函数的单调性，可证明D正确.【详解】取，，可排除A，B，C，由函数是上的增函数，又，所以，即选项D正确.故选：D.【点睛】本题考查不等式的性质，考查学生的推理论证能力，属于基础题.2、C【解析】由，得，则，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，故选C.3、C【解析】

根据向量加法的平行四边形法则，以及平行四边形的性质可得，，解出向量．【详解】根据平行四边形法则以及平行四边形的性质，有．故选．【点睛】本题考查向量加法的平行四边形法则以及平行四边形的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.4、D【解析】试题分析：，,故选D.考点：点线面的位置关系.5、D【解析】试题分析：由已知得，解得（舍）或，又因为，所以，由正弦定理得.考点：1、倍角公式；2、正弦定理.6、C【解析】

设等差数列的公差为，得到，又由，代入即可求解，得到答案.【详解】由题意，设等差数列的公差为，则，又由，故选C.【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式的应用，其中解答中熟记等差数列的通项公式，准确计算是解答的关键，着重考查了计算与求解能力，属于基础题，.7、B【解析】

由三视图还原几何体，可知该几何体是由边长为的正方体切割得到的四棱锥，可知所求外接球即为正方体的外接球，通过求解正方体外接球半径，代入球的表面积公式可得到结果.【详解】由三视图可知，几何体为如下图所示的四棱锥：由上图可知：四棱锥可由边长为的正方体切割得到该正方体的外接球即为四棱锥的外接球四棱锥的外接球半径外接球的表面积故选：【点睛】本题考查棱锥外接球表面积的求解问题，关键是能够通过三视图还原几何体，并将几何体放入正方体中，通过求解正方体的外接球表面积得到结果；需明确正方体外接球表面积为其体对角线长的一半.8、B【解析】∵，∵数据的样本中心点在线性回归直线上，

回归方程中的为9.4∴线性回归方程是y=9.4x+9.1，

∴广告费用为6万元时销售额为9.4×6+9.1=65.5，

故选B．9、B【解析】试题分析：由题意得，，又，则，又，所以等差数列的公差为，所以．考点：等差数列的通项公式．10、D【解析】

将变形为和，根据等差数列的定义即可得出与都是等差数列且公差相等，反过来，利用等差数列的定义得到，变形即可得出，从而得到“”的充要条件是“与都是等差数列且公差相等”.【详解】由得：即数列与均为等差数列且公差相等，故“”是“与都是等差数列且公差相等”的充分条件反之，与都是等差数列且公差相等必有成立变形得：故“与都是等差数列且公差相等”是“”的必要条件综上，“”的充要条件是“与都是等差数列且公差相等”故选：D.【点睛】本题主要考查了等差数列的判断，考查了充分必要条件的判断，属于中等题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、-0.1【解析】

分别求出和的均值，代入线性回归方程即可．【详解】由表中数据易得，，由在直线方程上，可得【点睛】此题考查线性回归方程形式，表示在回归直线上代入即可，属于简单题目．12、ω∈[【解析】

由sinωa+sinωb=2⇒sinωa=sinωb=1.而[ωa,ωb]⊆[ωπ,2ωπ]【详解】由sinωa+而[ωa,ωb]⊆[ωπ,2ωπ]，故已知条件等价于：存在整数ωπ当ω≥4时，区间[ωπ,2ωπ]的长度不小于4π当0<ω<4时，注意到，[ωπ故只要考虑如下几种情形：（1）ωπ≤π2<（2）ωπ≤5（3）ωπ≤9综上，并注意到ω≥4也满足条件，知ω∈[9故答案为：ω∈[【点睛】本题主要考查三角函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.13、【解析】

直接利用正弦定理和三角函数关系式的变换的应用求出结果．【详解】由正弦定理，结合可得，即，即，从而.【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理余弦定理和三角形面积的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．14、；【解析】试题分析：设垂直于直线的直线为，因为直线在轴上的截距为，所以，所以直线的方程是.考点：两直线的垂直关系.15、【解析】分析：利用题设中的等式，把的表达式转化成，展开后，利用基本不等式求得y的最小值.详解：因为，所以，所以（当且仅当时等号成立），则的最小值是，总上所述，答案为.点睛：该题考查的是有关两个正数的整式形式和为定值的情况下求其分式形式和的最值的问题，在求解的过程中，注意相乘，之后应用基本不等式求最值即可，在做乘积运算的时候要注意乘1是不变的，如果不是1，要做除法运算.16、12【解析】

直接根据圆柱的侧面展开图的面积和圆柱侧面积的关系计算得解.【详解】因为圆柱的侧面展开图的面积和圆柱侧面积相等，所以此圆柱的侧面积为.故答案为：12【点睛】本题主要考查圆柱的侧面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.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）5.【解析】

（1）根据正弦定理得，化简即得C的值；（2）先利用余弦定理求出a的值，再求的面积．【详解】（1）因为，根据正弦定理得，又，从而，由于，所以．（2）根据余弦定理，而，，，代入整理得，解得或（舍去）．故的面积为．【点睛】本题主要考查正弦余弦定理解三角形，考查三角形面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.18、（1）当时：；当时：（2）（3）【解析】

（1）直接利用等比数列公式得到答案.（2）利用错位相减法得到答案.（3）将不等式转化为，根据双勾函数求数列的最大值得到答案.【详解】（1）当时：当时：（2）数列为递增数列，，两式相加，化简得到（3）设原式（为奇数）根据双勾函数知：或时有最大值.时，原式时，原式故【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，错位相减法求前N项和，恒成立问题，将恒成立问题转化为利用双勾函数求数列的最大值是解题的关键，此题综合性强，计算量大，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.19、最大值为5【解析】

本题首先可以根据同角三角函数关系以及配方将函数化简为，然后根据即可得出函数的最大值．【详解】，因为，所以当时，即，函数最大，令，，故最大值为．【点睛】本题考查同角三角函数关系以及一元二次函数的相关性质，考查的公式为，考查计算能力，体现了综合性，是中档题．20、（1）；（2）4，6【解析】

（1）已知等式利用正弦定理化简，整理后利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简，求出的值，即可确定出的度数；（2）根据平面向量数量积的运算法则计算得到一个等式，记作①，把的度数代入求出的值,记作②,然后利用余弦定理表示出，把及的值代入求出的值，利用完全平方公式表示出，把相应的值代入，开方求出的值,由②③可知与为一个一元二次方程的两个解,求出方程的解,根据大于，可得出，的值.【详解】（1）已知等式，利用正弦定理化简得，整理得，即，，则.（2）由，得，①又由（1），②由余弦定理得，将及①代入得，，，③由②③可知与为一个一元二次方程的两个根，解此方程，并由大于，可得.【点睛】以三角形和平面向量为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公式，一定要熟练掌