四川省眉山市第一中学2025届高一数学第二学期期末统考模拟试题含解析

四川省眉山市第一中学2025届高一数学第二学期期末统考模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．函数在区间（，）内的图象是()A． B． C． D．2．已知向量，且，则的值为()A．6 B．－6 C． D．3．已知圆内接四边形ABCD各边的长度分别为AB＝5，BC＝8，CD＝3，DA＝5，则AC的长为（）A．6 B．7 C．8 D．94．设m,n是两条不同的直线，α A．若m⊥β，n⊥β ， n⊥α，则m⊥αC．若m⊥n, n∥α，则m⊥α D．若m⊥n5．给定函数：①；②；③；④，其中奇函数是（）A．① B．② C．③ D．④6．已知函数，则下列结论不正确的是（）A．是的一个周期 B．C．的值域为R D．的图象关于点对称7．已知函数是连续的偶函数，且时，是单调函数，则满足的所有之积为（）A． B． C． D．8．已知x､y的取值如下表:x0134y2.24.34.86.7从散点图可以看出y与x线性相关，且回归方程，则当时，估计y的值为（）A．7.1 B．7.35 C．7.95 D．8.69．已知等比数列满足,,则（）A． B． C． D．10．已知为直线，，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．化简：______.（要求将结果写成最简形式）12．用列举法表示集合__________．13．已知正三棱锥的底面边长为，侧棱长为2，则该三棱锥的外接球的表面积_____．14．如图，正方形中，分别为边上点，且，，则________.15．已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．16．数列中，为的前项和，若，则____．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．已知圆：，点是直线：上的一动点，过点作圆M的切线、，切点为、．（Ⅰ）当切线PA的长度为时，求点的坐标；（Ⅱ）若的外接圆为圆，试问：当运动时，圆是否过定点？若存在，求出所有的定点的坐标；若不存在，说明理由；（Ⅲ）求线段长度的最小值．18．在中，角的对边分别为．若．（1）求；（2）求的面积的最大值．19．已知a，b，c分别为ΔABC三个内角A，B，C的对边，且.（1）求角A的大小；（2）若，且ΔABC的面积为，求a的值；（3）若，求的范围.20．已知⊙C经过点、两点，且圆心C在直线上.（1）求⊙C的方程；（2）若直线与⊙C总有公共点，求实数的取值范围.21．如图，是正方形，是正方形的中心，底面是的中点.（1）求证：平面；（2）若,求三棱锥的体积.

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】解：函数y=tanx+sinx-|tanx-sinx|=分段画出函数图象如D图示，故选D．2、A【解析】

两向量平行，內积等于外积。【详解】，所以选A.【点睛】本题考查两向量平行的坐标运算，属于基础题。3、B【解析】

分别在△ABC和△ACD中用余弦定理解出AC，列方程解出cosD，得出AC．【详解】在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2AB×BCcosB＝89﹣80cosB，在△ACD中，由余弦定理得AC2＝CD2+AD2﹣2AD×CDcosD＝34﹣30cosD，∴89﹣80cosB＝34﹣30cosD，∵A+C＝180°，∴cosB＝﹣cosD，∴cosD，∴AC2＝34﹣30×（）＝1．∴AC＝2．故选B．【点睛】本题考查了余弦定理的应用，三角形的解法，考查了圆内接四边形的性质的应用，属于中档题．4、A【解析】

依据立体几何有关定理及结论，逐个判断即可。【详解】A正确：利用“垂直于同一个平面的两条直线平行”及“两条直线有一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于该平面”，若m⊥β且n⊥β ，则m//n，又n⊥α，所以m⊥αB错误：若m∥β, ， β⊥α，则C错误：若m⊥n, n∥α，则m可能垂直于平面α，也可能平行于平面α，还可能在平面D错误：若m⊥n ， n⊥β ， β⊥α，则【点睛】本题主要考查立体几何中的定理和结论，意在考查学生几何定理掌握熟练程度。5、D【解析】试题分析：，知偶函数，，知非奇非偶，知偶函数，，知奇函数.考点：函数奇偶性定义.6、B【解析】

利用正切函数的图像和性质对每一个选项逐一分析得解.【详解】A．的最小正周期为，所以是的一个周期，所以该选项正确；B.所以该选项是错误的；C.的值域为R，所以该选项是正确的；D.的图象关于点对称,所以该选项是正确的.故选B【点睛】本题主要考查正切函数的图像和性质，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.7、D【解析】

由y＝f（x+2）为偶函数分析可得f（x）关于直线x＝2对称，进而分析可得函数f（x）在（2，+∞）和（﹣∞，2）上都是单调函数，据此可得若f（x）＝f（1），则有x＝1或4﹣x＝1，变形为二次方程，结合根与系数的关系分析可得满足f（x）＝f（1）的所有x之积，即可得答案．【详解】根据题意，函数y＝f（x+2）为偶函数，则函数f（x）关于直线x＝2对称，又由当x＞2时，函数y＝f（x）是单调函数，则其在（﹣∞，2）上也是单调函数，若f（x）＝f（1），则有x＝1或4﹣x＝1，当x＝1时，变形可得x2+3x﹣3＝0，有2个根，且两根之积为﹣3，当4﹣x＝1时，变形可得x2+x﹣13＝0，有2个根，且两根之积为﹣13，则满足f（x）＝f（1）的所有x之积为（﹣3）×（﹣13）＝39；故选：D．【点睛】本题考查抽象函数的应用，涉及函数的对称性与单调性的综合应用，属于综合题．8、B【解析】

计算，，代入回归方程计算得到，再计算得到答案.【详解】，，故，解得.当，.故选：【点睛】本题考查了回归方程的应用，意在考查学生的计算能力.9、C【解析】试题分析：由题意可得,所以,故,选C.考点：本题主要考查等比数列性质及基本运算.10、C【解析】

利用直线与平面平行、垂直的判断即可。【详解】对于A.若，，则或，所以A错对于B.若，，则，应该为，所以B错对于D.若，，则或，所以D错。所以选择C【点睛】本题主要考查了直线与平面垂直和直线与平面平行的性质。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、【解析】

结合诱导公式化简，再结合两角差正弦公式分析即可【详解】故答案为：【点睛】本题考查三角函数的化简，诱导公式的使用，属于基础题12、【解析】

先将的表示形式求解出来，然后根据范围求出的可取值.【详解】因为，所以，又因为，所以，此时或，则可得集合：.【点睛】本题考查根据三角函数值求解给定区间中变量的值，难度较易.13、.【解析】

由题意推出球心O到四个顶点的距离相等，利用直角三角形BOE，求出球的半径，即可求出外接球的表面积．【详解】如图，∵正三棱锥A﹣BCD中，底面边长为，底面外接圆半径为侧棱长为2，BE=1,在三角形ABE中，根据勾股定理得到：高AE得到球心O到四个顶点的距离相等，O点在AE上，在直角三角形BOE中BO＝R，EOR，BE＝1，由BO2＝BE2+EO2，得R∴外接球的半径为，表面积为：故答案为．【点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.14、（或）【解析】

先设，根据题意得到，再由两角和的正切公式求出，得到，进而可得出结果.【详解】设，则所以，所以，因此.故答案为【点睛】本题主要考查三角恒等变换的应用，熟记公式即可，属于常考题型.15、【解析】

分析：先根据三角形面积公式求出母线长,再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公式求结果.详解：因为母线，所成角的余弦值为，所以母线，所成角的正弦值为，因为的面积为，设母线长为所以，因为与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为因此圆锥的侧面积为16、【解析】

由，结合等比数列的定义可知数列是以为首项，为公比的等比数列，代入等比数列的求和公式即可求解．【详解】因为，所以，又因为所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以由等比数列的求和公式得，解得【点睛】本题考查利用等比数列的定义求通项公式以及等比数列的求和公式，属于简单题．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、（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）AB有最小值【解析】

试题分析：（Ⅰ）求点的坐标，需列出两个独立条件,根据解方程组解：由点是直线：上的一动点，得，由切线PA的长度为得，解得（Ⅱ）设P（2b,b），先确定圆的方程：因为∠MAP＝90°，所以经过A、P、M三点的圆以MP为直径，其方程为：，再按b整理：由解得或，所以圆过定点（Ⅲ）先确定直线方程，这可利用两圆公共弦性质解得：由圆方程为及圆：，相减消去x,y平方项得圆方程与圆相交弦AB所在直线方程为：，相交弦长即：，当时，AB有最小值试题解析：（Ⅰ）由题可知，圆M的半径r＝2，设P（2b,b），因为PA是圆M的一条切线，所以∠MAP＝90°,所以MP＝，解得所以4分（Ⅱ）设P（2b，b），因为∠MAP＝90°，所以经过A、P、M三点的圆以MP为直径，其方程为：即由，7分解得或，所以圆过定点9分（Ⅲ）因为圆方程为即①圆：，即②②－①得圆方程与圆相交弦AB所在直线方程为：11分点M到直线AB的距离13分相交弦长即：当时，AB有最小值16分考点：圆的切线长，圆的方程，两圆的公共弦方程18、（1）（2）【解析】

（1）用正弦定理将式子化为，进行整理化简可得的值，即得角B；（2）由余弦定理可得关于的等式，再利用基本不等式和三角形面积公式可得面积最大值。【详解】（1）由题得，，，，解得，，.（2），由余弦定理得，，整理得，又，即，则的面积的最大值为.【点睛】本题考查用正弦定理求三角形内角，由余弦定理和基本不等式求三角形面积最大值，是基础题型。19、（1）（2）（3）【解析】

（1）利用正弦定理化简即得A的大小；（2）先求出bc,b+c的值，再利用余弦定理求出a的值；（3）先求出，再利用三角函数的性质求b+c的范围.【详解】（1）由正弦定理得，，即...（2）由可得.∴由余弦定理得：（3）由正弦定理得若，则因为所以所以.所以的范围【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角函数最值的求法，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，属于中档题.20、（1）（2）【解析】试题分析：(1)解法1：由题意利用待定系数法可得⊙C方程为.解法2：由题意结合几何关系确定圆心坐标和半径的长度可得⊙C的方程为.(2)解法1：利用圆心到直线的距离与圆的半径的关系得到关系k的不等式，求解不等式可得.解法2：联立直线与圆的方程，结合可得.试题解析：（1）解法1：设圆的方程为，则，所以⊙C方程为.解法2：由于AB的中点为，，则线段AB的垂直平分线方程为而圆心C必为直线与直线的交点，由解得，即圆心，又半径为，故⊙C的方程为.（2）解法1：因为直线与⊙C总有公共点，则圆心到直线的距离不超过圆的半径，即，将其变形得，解得.解法2：由，因为直线与⊙C总有公共点，则，解得.点睛：判断直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法．21、（1）证明见解析