吉林省白山市2025届数学高一下期末质量检测模拟试题含解析

吉林省白山市2025届数学高一下期末质量检测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．已知在中，两直角边，，是内一点，且，设，则（）A． B． C．3 D．2．在等差数列中,已知=2,=16,则为()A．8 B．128 C．28 D．143．如图，程序框图所进行的求和运算是（）A． B．C． D．4．函数的最小正周期是（）A． B． C． D．5．如图所示，在ΔABC，已知∠A:∠B=1:2，角C的平分线CD把三角形面积分为3:2两部分，则cosAA．13 B．12 C．36．若线性方程组的增广矩阵是5b1102bA．1 B．2 C．3 D．47．要得到函数的图象，只需将函数的图象（）A．向右平移个单位 B．向右平移个单位C．向左平移个单位 D．向左平移个单位8．已知，是两个不同的平面，给出下列四个条件：①存在一条直线，使得，；②存在两条平行直线，，使得，，，；③存在两条异面直线，，使得，，，；④存在一个平面，使得，．其中可以推出的条件个数是（）A．1 B．2 C．3 D．49．已知函数f(x)=2x+log2x，且实数a>b>c>0，满足A．x0<a B．x0>a10．某几何体的直观图如图所示，是的直径，垂直所在的平面，且，为上从出发绕圆心逆时针方向运动的一动点.若设弧的长为，的长度为关于的函数，则的图像大致为（）A． B．C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．如果是奇函数，则=.12．己知函数，有以下结论：①的图象关于直线轴对称②在区间上单调递减③的一个对称中心是④的最大值为则上述说法正确的序号为__________（请填上所有正确序号）.13．函数在上是减函数，则的取值范围是________.14．函数的最小正周期为________15．已知正三棱柱木块，其中，，一只蚂蚁自点出发经过线段上的一点到达点，当沿蚂蚁走过的最短路径，截开木块时，两部分几何体的体积比为______.16．已知一个扇形的周长为4，则扇形面积的最大值为______.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．已知三角形的三个顶点.（1）求BC边所在直线的方程；（2）求BC边上的高所在直线方程.18．已知夹角为，且，，求：（1）；（2）与的夹角．19．已知向量.（I）当实数为何值时，向量与共线？（II）若向量，且三点共线，求实数的值.20．如图，在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，，，，､､分别是､､的中点.（1）证明:直线平面；（2）求直线与面所成角的大小；（3）求二面角的平面角的余弦值.21．近年来，我国自主研发的长征系列火箭的频频发射成功，标志着我国在该领域已逐步达到世界一流水平.火箭推进剂的质量为，去除推进剂后的火箭有效载荷质量为，火箭的飞行速度为，初始速度为，已知其关系式为齐奥尔科夫斯基公式：，其中是火箭发动机喷流相对火箭的速度，假设，，，是以为底的自然对数，，.（1）如果希望火箭飞行速度分别达到第一宇宙速度、第二宇宙速度、第三宇宙速度时，求的值（精确到小数点后面1位）.（2）如果希望达到，但火箭起飞质量最大值为，请问的最小值为多少（精确到小数点后面1位）？由此指出其实际意义.

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】分析：建立平面直角坐标系，分别写出B、C点坐标，由于∠DAB=60°，设D点坐标为（m，），由平面向量坐标表示，可求出λ和μ．详解：如图以A为原点，以AB所在的直线为x轴，以AC所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，则B点坐标为（1，0），C点坐标为（0，2），因为∠DAB=60°，设D点坐标为（m，），=λ（1，0）+μ（0，2）=（λ，2μ）⇒λ=m，μ=，则．故选A．点睛：本题主要考察平面向量的坐标表示，根据条件建立平面直角坐标系，分别写出各点坐标，属于中档题．2、D【解析】

将已知条件转化为的形式列方程组，解方程组求得，进而求得的值.【详解】依题意，解得，故.故选：D.【点睛】本小题主要考查等差数列通项的基本量计算，属于基础题.3、A【解析】

根据当型循环结构，依次代入计算的值，即可得输出的表达式.【详解】根据循环结构程序框图可知，，，，…，，跳出循环体，所以结果为，故选：A.【点睛】本题考查了当型循环结构的应用，执行循环体计算输出值，属于基础题.4、C【解析】

根据三角函数的周期公式，进行计算，即可求解．【详解】由角函数的周期公式，可得函数的周期，又由绝对值的周期减半，即为最小正周期为，故选C．【点睛】本题主要考查了三角函数的周期的计算，其中解答中熟记余弦函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了计算与求解能力，属于基础题．5、C【解析】

由两个三角形的面积比，得到边ACCB=32，利用正弦定理【详解】∵角C的平分线CD，∴∠ACD=∠BCD∵S∴设AC=3x,CB=2x，∵∠A:∠B=1:2，设∠A=α,∠B=2α，在ΔABC中，利用正弦定理2xsin解得：cosα=【点睛】本题考查三角形面积公式、正弦定理在平面几何中的综合应用.6、C【解析】

由题意得5×3421+【详解】由题意得5×3421+解得b1则b2【点睛】本题主要考查了线性方程组的解法，以及增广矩阵的概念，考查运算能力，属于中档题.7、D【解析】

直接根据三角函数的图象平移规则得出正确的结论即可；【详解】解：函数，要得到函数的图象，只需将函数的图象向左平移个单位．故选：D．【点睛】本题考查三角函数图象平移的应用问题，属于基础题．8、B【解析】当，不平行时，不存在直线与，都垂直，，，故正确；存在两条平行直线，，，，，，则，相交或平行，所以不正确；存在两条异面直线，，，，，，由面面平行的判定定理得，故正确；存在一个平面，使得，，则，相交或平行，所以不正确；故选9、D【解析】

由函数的单调性可得：当x0<c时，函数的单调性可得：f（a）>0，f（b）>0，f（c）>0，即不满足f（a）f（b）f（c）【详解】因为函数f(x)=2则函数y=f(x)在(0,+∞)为增函数，又实数a>b>c>0，满足f（a）f（b）f（c）<0，则f（a），f（b），f（c）为负数的个数为奇数，对于选项A，B，C选项可能成立，对于选项D，当x0函数的单调性可得：f（a）>0，f（b）>0，f（c）>0，即不满足f（a）f（b）f（c）<0，故选项D不可能成立，故选：D．【点睛】本题考查了函数的单调性，属于中档题．10、A【解析】如图所示，设，则弧长，线段，作于当在半圆弧上运动时，，，即，由余弦函数的性质知当时，即运动到点时有最小值，只有选项适合，又由对称性知选，故选A.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、－2【解析】试题分析：∵，∴，∴，∴=-2考点：本题考查了三角函数的性质点评：对于定义域为R的奇函数恒有f(0)=0.利用此结论可解决此类问题12、②④【解析】

根据三角函数性质，逐一判断选项得到答案.【详解】，根据图像知：①的图象关于直线轴对称，错误②在区间上单调递减，正确③的一个对称中心是，错误④的最大值为，正确故答案为②④【点睛】本题考查了三角函数的化简，三角函数的图像，三角函数性质，意在考查学生对于三角函数的综合理解和应用.13、【解析】

根据二次函数的图象与性质，即可求得实数的取值范围，得到答案.【详解】由题意，函数表示开口向下，且对称轴方程为的抛物线，当函数在上是减函数时，则满足，解得，所以实数的取值范围.故答案为：.【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记二次函数的图象与性质，列出相应的不等式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.14、【解析】

根据的最小正周期判断即可.【详解】因为的最小正周期均为,故的最小正周期为.故答案为：【点睛】本题主要考查了正切余切函数的周期,属于基础题型.15、【解析】

将正三棱柱的侧面沿棱展开成平面，连接与的交点即为满足最小时的点，可知点为棱的中点，即可计算出沿着蚂蚁走过的路径截开木块时两几何体的体积之比.【详解】将正三棱柱沿棱展开成平面，连接与的交点即为满足最小时的点.由于，，再结合棱柱的性质，可得，一只蚂蚁自点出发经过线段上的一点到达点，当沿蚂蚁走过的最短路径，为的中点，因为三棱柱是正三棱柱，所以当沿蚂蚁走过的最短路径，截开木块时，两部分几何体的体积比为：.故答案为：.【点睛】本题考查棱柱侧面最短路径问题，涉及棱柱侧面展开图的应用以及几何体体积的计算，考查分析问题解决问题能力，是中档题．16、1【解析】

表示出扇形的面积，利用二次函数的单调性即可得出.【详解】设扇形的半径为，圆心角为，则弧长，，即，该扇形的面积，当且仅当时取等号.该扇形的面积的最大值为.故答案：.【点睛】本题考查了弧长公式与扇形的面积计算公式、二次函数的单调性，考查了计算能力，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）【解析】

（1）由已知条件结合直线的两点式方程的求法求解即可；（2）先求出直线BC的斜率，再求出BC边上的高所在直线的斜率，然后利用直线的点斜式方程的求法求解即可.【详解】解：（1），，直线BC的方程为，即.（2），直线BC边上的高所在的直线的斜率为，又，直线BC边上的高的方程为:，即BC边上的高所在直线方程为.【点睛】本题考查了直线的两点式方程的求法，重点考查了直线的位置关系及直线的点斜式方程的求法，属基础题.18、（1）（2）【解析】试题分析：（1）先求模的平方将问题转化为向量的数量积问题．（2）根据数量积公式即可求得两向量的夹角．（1），，所以．（2）设与的夹角为．则，因为，所以．考点：1向量的数量积；2向量的模长．19、（1）（2）【解析】

（1）利用向量的运算法则、共线定理即可得出；（2）利用向量共线定理、平面向量基本定理即可得出．【详解】（1）kk（1，0）﹣（2，1）＝（k﹣2，﹣1）．2（1，0）+2（2，1）＝（5，2）．∵k与2共线∴2（k﹣2）﹣（﹣1）×5＝0，即2k﹣4+5＝0，得k．（2）∵A、B、C三点共线，∴．∴存在实数λ，使得，又与不共线，∴，解得．【点睛】本题考查了向量的运算法则、共线定理、平面向量基本定理，属于基础题．20、（1）证明见解析（2）（3）【解析】

（1）取的中点，证明为平行四边形，且，再由三角形中位线证明，最后由线面平行的判定定理证明即可；（2）作交于点，由线面垂直关系得到直线与面所成角为，再根据是正三角形求解即可；（3）由（2）知，平面，再证明和分别垂直于，求出直线与面所成角为，再求出和的长度即可求解.【详解】（1）在直四棱柱中，取的中点，连接，，，因为，，且，所以为平行四边形，所以，又因为､分别是棱､的中点，所以，所以，因为.所以､､､四点共面，所以平面，又因为平面，所以直线平面.（2）因为，，是棱的中点，所以，为正三角形，取的中点，则，又因为直四棱柱中，平面，所以，所以平面，即直线与面所成角为，所以，即，所以直线与面所成角为.（3）过在平面内作，垂足为，连接.因为面，即，且与相交于点，故且，则为二面角的平面角，在正三角形中，，在中，，∵，∴，在中，，，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查线面平行的判定、线面角和二面角的求法，考查学生的空间想象能力和对线面关系的掌握，属于中档题.21、（1）（2）见解析【解析】

（1）弄清题意，将相关数据代入齐奥尔科夫斯基公式：，即可得出各个等级的速度对应的的值；（2）弄清题意与相关名词，火箭起飞质量即为，将公式变形，分离出，解不等式即可得，的最小值为.【详解】（1）由题