河北衡水市安平中学2025届高一下数学期末统考模拟试题含解析

河北衡水市安平中学2025届高一下数学期末统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．直线与直线垂直，则的值为（）A．3 B． C．2 D．2．在平行四边形ABCD中，若，则必有（）A． B．或C．ABCD是矩形 D．ABCD是正方形3．在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则（）A． B． C． D．4．以椭圆的两个焦点为直径的端点的圆与椭圆交于四个不同的点,顺次连接这四个点和两个焦点恰好组成一个正六边形,那么这个椭圆的离心率为（）A． B． C． D．5．的值为（）A． B． C． D．6．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27．点到直线（R）的距离的最大值为A． B． C．2 D．8．设，则比多了（）项A． B． C． D．9．如图是一圆锥的三视图，正视图和侧视图都是顶角为120°的等腰三角形，若过该圆锥顶点S的截面三角形面积的最大值为2，则该圆锥的侧面积为A． B． C． D．410．从装有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是（）A．“至少有1个白球”和“都是红球”B．“至少有2个白球”和“至多有1个红球”C．“恰有1个白球”和“恰有2个白球”D．“至多有1个白球”和“都是红球”二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．公比为2的等比数列的各项都是正数，且，则的值为___________12．过点作圆的切线，则切线的方程为_____．13．若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形，则此圆柱的体积为.14．已知直线，圆O：上到直线的距离等于2的点有________个。15．已知a，b为常数，若，则______；16．P是棱长为4的正方体的棱的中点，沿正方体表面从点A到点P的最短路程是_______.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．己知函数．（1）若，，求；（2）当为何值时，取得最大值，并求出最大值．18．在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆上．（1）求圆的方程；（2）若圆与直线交于，两点，且，求的值．19．已知圆过点和，且圆心在直线上.（Ⅰ）求圆的标准方程；（Ⅱ）求直线：被圆截得的弦长.20．在中，角对应的边分别是，且.（1）求角；（2）若，求的取值范围.21．已知函数的图象向左平移个单位长度后与函数图象重合.（1）求和的值；（2）若函数，求函数的单调递减区间及图象的对称轴方程.

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、A【解析】

根据两条直线垂直的条件列方程，解方程求得的值.【详解】由于直线与直线垂直，所以，解得.故选：A【点睛】本小题主要考查两条直线垂直的条件，属于基础题.2、C【解析】

由，化简可得，得到,又由四边形为平行四边形，即可得到答案.【详解】由，则，即，化简可得，所以，即,又由四边形为平行四边形，所以该四边形为矩形，故选C.【点睛】本题主要考查了向量的基本运算，以及向量的垂直关系的应用，其中解答中熟记向量的基本运算，以及向量的垂直的判定是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.3、A【解析】

由余弦定理可直接求出边的长.【详解】由余弦定理可得，，所以.故选A.【点睛】本题考查了余弦定理的运用，考查了计算能力，属于基础题.4、D【解析】

四个交点中的任何一个到焦点的距离和都是，然后分析正六边形中的长度和焦距的关系，从而建立等式求解.【详解】设椭圆的焦点是，圆与椭圆的四个交点是,设，，，，.故选D.【点睛】本题考查了椭圆的定义和椭圆的性质，属于基础题型5、C【解析】试题分析：．考点：诱导公式.6、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.7、A【解析】

把直线方程化为，得到直线恒过定点，由此可得点P到直线的距离的最大值就是点P到定点的距离，得到答案．【详解】由题意，直线可化为，令，解得，即直线恒过定点，则点P到直线的距离的最大值就是点P到定点的距离为：，故选A．【点睛】本题主要考查了直线方程的应用，其中解答中把直线方程化为，得出直线恒过定点是解答本题的关键，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于基础题．8、C【解析】

可知中共有项，然后将中的项数减去中的项数即可得出答案.【详解】，则中共有项，所以，比多了的项数为.故选:C.【点睛】本题考查数学归纳法的应用，解题的关键就是计算出等式中的项数，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.9、B【解析】

过该圆锥顶点S的截面三角形面积最大是直角三角形，根据面积为2求出圆锥的母线长，再根据正视图求圆锥底面圆的半径，最后根据扇形面积公式求圆锥的侧面积.【详解】过该圆锥顶点S的截面三角形面积最直角三角形，设圆锥的母线长和底面圆的半径分别为，则，即，又，所以圆锥的侧面积；故选B.【点睛】本题考查三视图及圆锥有关计算，此题主要难点在于判断何时截面三角形面积最大，要结合三角形的面积公式，当，即截面是等腰直角三角时面积最大.10、C【解析】

结合互斥事件与对立事件的概念,对选项逐个分析可选出答案.【详解】对于选项A,“至少有1个白球”和“都是红球”是对立事件,不符合题意;对于选项B,“至少有2个白球”表示取出2个球都是白色的,而“至多有1个红球”表示取出的球1个红球1个白球,或者2个都是白球,二者不是互斥事件,不符合题意;对于选项C,“恰有1个白球”表示取出2个球1个红球1个白球,与“恰有2个白球”是互斥而不对立的两个事件,符合题意;对于选项D,“至多有1个白球”表示取出的2个球1个红球1个白球,或者2个都是红球,与“都是红球”不是互斥事件,不符合题意.故选C.【点睛】本题考查了互斥事件和对立事件的定义的运用,考查了学生对知识的理解和掌握,属于基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、2【解析】

根据等比数列的性质与基本量法求解即可.【详解】由题,因为,又等比数列的各项都是正数,故.故.故答案为：【点睛】本题主要考查了等比数列的等积性与各项之间的关系.属于基础题.12、或【解析】

求出圆的圆心与半径分别为：，，分别设出直线斜率存在与不存在情况下的直线方程，利用点到直线的距离等于半径即可得到答案．【详解】由圆的一般方程得到圆的圆心和半径分别为;，;（1）当过点的切线斜率不存在时，切线方程为：，此时圆心到直线的距离，故不与圆相切，不满足题意；（2）当过点的切线的斜率存在时，设切线方程为：，即为；由于直线与圆相切，所以圆心到切线的距离等于半径，即，解得：或，所以切线的方程为或；综述所述：切线的方程或【点睛】本题考查过圆外一点求圆的切线方程，解题关键是设出切线方程，利用圆心到切线的距离等于半径得到关系式，属于中档题．13、2【解析】试题分析：设圆柱的底面半径为r，高为h，底面积为S，体积为V，则有2πr=2⇒r=1π，故底面面积S=πr考点：圆柱的体积14、3；【解析】

根据圆心到直线的距离和半径之间的长度关系，可通过图形确定所求点的个数.【详解】由圆的方程可知，圆心坐标为，半径圆心到直线的距离：如上图所示，此时，则到直线距离为的点有：，共个本题正确结果：【点睛】本题考查根据圆与直线的位置关系求解圆上点到直线距离为定值的点的个数，关键是能够根据圆心到直线的距离确定直线的大致位置，从而根据半径长度确定点的个数.15、2【解析】

根据极限存在首先判断出的值，然后根据极限的值计算出的值，由此可计算出的值.【详解】因为，所以，又因为，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查根据极限的值求解参数，难度较易.16、【解析】

从图形可以看出图形的展开方式有二，一是以底棱BC，CD为轴，可以看到此两种方式是对称的，所得结果一样，另外一种是以侧棱为轴展开，即以BB1，DD1为轴展开，此两种方式对称，求得结果一样，故解题时选择以BC为轴展开与BB1为轴展开两种方式验证即可【详解】由题意，若以BC为轴展开，则AP两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为4，6，故两点之间的距离是若以BB1为轴展开，则AP两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为2，8，故两点之间的距离是故沿正方体表面从点A到点P的最短路程是cm故答案为【点睛】本题考查多面体和旋转体表面上的最短距离问题，求解的关键是能够根据题意把求几何体表面上两点距离问题转移到平面中来求三、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），1.【解析】

（1）由题得，再求出x的值；（1）先化简得到，再利用三角函数的性质求函数的最大值及此时x的值.【详解】（1）令，则，因为，所以．（1），当，即时，的最大值为1．【点睛】本题主要考查解简单的三角方程，考查三角函数的最值，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）；（2）.【解析】分析：（1）因为曲线与坐标轴的交点都在圆上，所以要求圆的方程应求曲线与坐标轴的三个交点．曲线与轴的交点为，与轴的交点为．由与轴的交点为关于点(3,0)对称，故可设圆的圆心为，由两点间距离公式可得，解得．进而可求得圆的半径为，然后可求圆的方程为．（2）设，，由可得，进而可得，减少变量个数．因为，，所以．要求值，故将直线与圆的方程联立可得，消去，得方程．因为直线与圆有两个交点，故判别式，由根与系数的关系可得，．代入，化简可求得，满足，故．详解：（1）曲线与轴的交点为，与轴的交点为．故可设的圆心为，则有，解得．则圆的半径为，所以圆的方程为．（2）设，，其坐标满足方程组消去，得方程．由已知可得，判别式，且，．由于，可得．又，所以．由得，满足，故．点睛：⑴求圆的方程一般有两种方法：①待定系数法：如条件和圆心或半径有关，可设圆的方程为标准方程，再代入条件可求方程；如已知圆过两点或三点，可设圆的方程为一般方程，再根据条件求方程；②几何方法：利用圆的性质，如圆的弦的垂直平分线经过圆心，最长的弦为直径，圆心到切线的距离等于半径．（2）直线与圆或圆锥曲线交于，两点，若，应设，，可得．可将直线与圆或圆锥曲线的方程联立消去，得关于的一元二次方程，利用根与系数的关系得两根和与两根积，代入，化简求值．19、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）设出圆心坐标和圆的标准方程，将点带入求出结果即可；（Ⅱ）利用圆心到直线的距离和圆的半径解直角三角形求得弦长.【详解】解：（Ⅰ）由题意可设圆心坐标为，则圆的标准方程为，∴解得故圆的标准方程为.（Ⅱ）圆心到直线的距离，∴直线被圆截得的弦长为.【点睛】本题考查了圆的方程，以及直线与圆相交求弦长的知识，属于基础题.20、（1）；（2）.【解析】

（1）依照条件形式，使用正弦定理化角为边，再用余弦定理求出，从而得出角的值；（2）先利用余弦定理找出的关系，再利用基本不等式放缩，求出的取值范围．【详解】（1）由及正弦定理得，，由余弦定理得，又，所以（2）由及，得，即所以，所以，当且仅当时，等号成立，又，所以.【点睛】本题主要考查利用正余弦定理解三角形，以及利用基本不等式求等式条件下的取值范围问题，第二问也可以采用正弦定理化边为角，利用“同一