2025届吉林省长春市六中高一下数学期末达标检测模拟试题含解析

2025届吉林省长春市六中高一下数学期末达标检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．函数（其中，，）的图象如图所示，为了得到的图象，只需把的图象上所有的点（）A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度C．向右平移个单位长度 D．向左平移个单位长度2．在直角坐标系中，已知点，则的面积为（）A． B．4 C． D．83．设函数，其中均为非零常数，若，则的值是（）A．2 B．4 C．6 D．不确定4．已知点均在球上，，若三棱锥体积的最大值为，则球的体积为A． B． C．32 D．5．正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（）A． B． C． D．6．已知三棱锥O-ABC，侧棱OA,OB,OC两两垂直，且OA=OB=OC=2，则以O为球心且1为半径的球与三棱锥O-ABC重叠部分的体积是（）A．π8 B．π6 C．π7．在中，若，则的形状是()A．钝角三角形 B．直角三角形C．锐角三角形 D．不能确定8．中，若，则的形状是（）A．等腰三角形 B．等边三角形C．锐角三角形 D．直角三角形9．在中，内角所对的边分别为.若,则角的值为（）A． B． C． D．10．一枚骰子连续投两次，则两次向上点数均为1的概率是（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．计算：______．12．设为偶函数，则实数的值为________.13．在中，分别是角的对边，已知成等比数列，且，则的值为________.14．对于数列，若存在，使得，则删去，依此操作，直到所得到的数列没有相同项，将最后得到的数列称为原数列的“基数列”.若，则数列的“基数列”的项数为__________________．15．设常数，函数，若的反函数的图像经过点，则_______.16．已知圆及点，若满足：存在圆C上的两点P和Q，使得，则实数m的取值范围是________.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．已知圆.(1)过原点的直线被圆所截得的弦长为2，求直线的方程；(2)过外的一点向圆引切线，为切点，为坐标原点，若，求使最短时的点坐标.18．设数列的前n项和为，满足，，．（1）若，求数列的通项公式；（2）若，求数列的通项公式；19．在中，角、、所对的边分别为、、，且满足.（1）求角；（2）若，，求的周长.20．三角比内容丰富，公式很多，若仔细观察、大胆猜想、科学求证，你也能发现其中的一些奥秘.请你完成以下问题：（1）计算：,,；（2）根据（1）的计算结果，请你猜出一个一般的结论用数学式子加以表达，并证明你的结论，写出推理过程.21．已知四棱锥的底面是菱形，底面，是上的任意一点求证：平面平面设，求点到平面的距离在的条件下，若，求与平面所成角的正切值

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、C【解析】

通过图象可以知道：最低点的纵坐标为，函数的图象与横轴的交点的坐标为，与之相邻的最低点的坐标为，这样可以求出和最小正周期，利用余弦型函数最小正周期公式，可以求出，把零点代入解析式中，可以求出，这样可以求出函数的解析式，利用诱导公式化为正弦型三角函数解析式形式，最后利用平移变换解析式的变化得出正确答案.【详解】由图象可知：函数的最低点的纵坐标为，函数的图象与横轴的交点的坐标为，与之相邻的最低点的坐标为，所以，设函数的最小正周期为，则有，而，把代入函数解析式中，得，所以，而，显然由向右平移个单位长度得到的图象，故本题选C.【点睛】本题考查了由函数图象求余弦型函数解析式，考查了正弦型函数图象之间的平移变换规律.2、B【解析】

求出直线AB的方程及点C到直线AB的距离d，再求出，代入即可得解.【详解】，即，点到直线的距离，，的面积为：.故选：B【点睛】本题考查直线的点斜式方程，点到直线的距离与两点之间的距离公式，属于基础题.3、C【解析】

根据正弦、余弦的诱导公式，由，可以得到等式，求出的表达式，结合刚得到的等式求值即可.【详解】因为，所以.故选：C【点睛】本题考查三角函数的化简求值，考查诱导公式的应用，属于基础题．4、A【解析】

设是的外心，则三棱锥体积最大时，平面，球心在上．由此可计算球半径．【详解】如图，设是的外心，则三棱锥体积最大时，平面，球心在上．∵，∴，即，∴．又，∴，．∵平面，∴，设球半径为，则由得，解得，∴球体积为．故选A．【点睛】本题考查球的体积，关键是确定球心位置求出球的半径．5、A【解析】

正四棱锥P-ABCD的外接球的球心在它的高上，记为O，PO=AO=R，，=4-R，在Rt△中，，由勾股定理得，∴球的表面积，故选A.考点：球的体积和表面积6、B【解析】

根据三棱锥三条侧棱的关系，得到球与三棱锥的重叠部分为球的18【详解】∵三棱锥O-ABC，侧棱OA,OB,OC两两互相垂直，且OA=OB=OC=2，以O为球心且1为半径的球与三棱锥O-ABC重叠部分的为球的18即对应的体积为18【点睛】本题主要考查球体体积公式的应用，解题的关键就是利用三棱锥与球的关系，考查空间想象能力，属于中等题。7、A【解析】

由正弦定理得，再由余弦定理求得，得到，即可得到答案.【详解】因为在中，满足，由正弦定理知，代入上式得，又由余弦定理可得，因为C是三角形的内角，所以，所以为钝角三角形，故选A.【点睛】本题主要考查了利用正弦定理、余弦定理判定三角形的形状，其中解答中合理利用正、余弦定理，求得角C的范围是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.8、D【解析】

根据正弦定理，得到，进而得到，再由两角和的正弦公式，即可得出结果.【详解】因为，所以，所以，即，所以，又因此，所以，即三角形为直角三角形.故选D【点睛】本题主要考查三角形形状的判断，熟记正弦定理即可，属于常考题型.9、C【解析】

根据正弦定理将边化角，可得，由可求得，根据的范围求得结果.【详解】由正弦定理得：本题正确选项：【点睛】本题考查正弦定理边角互化的应用，涉及到两角和差正弦公式、三角形内角和、诱导公式的应用，属于基础题.10、D【解析】

连续投两次骰子共有36种，求出满足情况的个数，即可求解.【详解】一枚骰子投一次，向上的点数有6种，则连续投两次骰子共有36种，两次向上点数均为1的有1种情况，概率为.故选:D.【点睛】本题考查古典概型的概率，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】

在分式的分子和分母中同时除以，然后利用常见的数列极限可计算出所求极限值.【详解】.故答案为：.【点睛】本题考查数列极限的计算，熟悉一些常见数列极限是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.12、4【解析】

根据偶函数的定义知，即可求解.【详解】因为为偶函数，所以,故，解得.故填4.【点睛】本题主要考查了偶函数的定义，利用定义求参数的取值，属于中档题.13、【解析】

利用成等比数列得到，再利用余弦定理可得，而根据正弦定理和成等比数列有，从而得到所求之值.【详解】∵成等比数列，∴.又∵，∴.在中，由余弦定理，因，∴.由正弦定理得，因为，所以，故.故答案为.【点睛】在解三角形中，如果题设条件是关于边的二次形式，我们可以利用余弦定理化简该条件，如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式，那么我们可以利用正弦定理化简该条件，如果题设条件是边和角的混合关系式，那么我们也可把这种关系式转化为角的关系式或边的关系式.14、10【解析】

由题意可得,只需计算所有可能取值的个数即可.【详解】因为求的可能取值个数,由周期性,故只需考虑的情况即可.此时.一共19个取值,故只需分析,又由,故,,即不同的取值个数一共为个.即“基数列”分别为和共10项.故答案为10【点睛】本题主要考查余弦函数的周期性.注意到随着的增大的值周期变化,故只需考虑一个周期内的情况.15、1【解析】

反函数图象过（2，1），等价于原函数的图象过（1，2），代点即可求得．【详解】依题意知：f（x）＝lg（x+a）的图象过（1，2），∴lg（1+a）＝2，解得a＝1．故答案为：1【点睛】本题考查了反函数，熟记其性质是关键，属基础题．16、【解析】

设出点P、Q的坐标，利用平面向量的坐标运算以及两圆相交的条件求出实数m的取值范围.【详解】设点，由得，由点在圆上，得，又在圆上，，与有交点，则，解得故实数m的取值范围为.故答案为：【点睛】本题考查了向量的坐标运算、利用圆与圆的位置关系求参数的取值范围，属于中档题.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)或;(2)【解析】

(1)利用垂径定理求出圆心到直线的距离,再分过原点的直线的斜率不存在与存在两种情况,分别根据点到线的距离公式求解即可.(2)设,再根据圆的切线长公式以及求出关于关于的关系,再代入的表达式求取得最小值时的即可.【详解】(1)圆圆心为,半径为.当直线的斜率不存在时,圆心到直线的距离,故不存在.当直线的斜率存在时,设的方程：,即.则圆心到的距离,由垂径定理得,即,即,解得.故的方程为或(2)如图,设,因为,故,则,即,化简得,即.此时,故当,即时最短.此时【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系,包括垂径定理以及设点根据距离公式求距离最值的问题.需要根据题意列出关系式化简,并用二次函数在对称轴处取最值的方法.属于中档题.18、（1）；（2）【解析】

（1）根据递推公式，得到，累加即可计算出的结果；（2）分类讨论：为奇数、为偶数，然后在求和时分奇偶项分别求和即可得到对应的的通项公式.【详解】（1）因为，所以，所以上式叠加可得：，所以，又因为时符合的情况，所以；（2）因为，，所以，所以，又因为，所以，所以，因为，所以，当时，，当时，，当时，，当时，,所以.【点睛】本题考查数列的综合应用,难度较难.(1)利用递推公式求解数列通项公式时，对于的情况，一定要注意验证是否满足时的通项公式，此处决定数列通项公式是否需要分段书写；(2)对于奇偶项分别成等差数列的数列，可以分奇偶讨论数列的通项公式.19、（1）（2）【解析】

（1）直接利用余弦定理得到答案.（2）根据面积公式得到，利用余弦定理得到，计算得到答案.【详解】解：（1）由得.∴.又∵，∴.（2）∵，∴，则.把代入得即.∴，则.∴的周长为.【点睛】本题考查了余弦定理，面积公式，周长，意在考查学生对于公式的灵活运用.20、（1），，；（2）.【解析】

（1）依据诱导公式以及两角和的正弦公式即可计算出；（2）观察（1）中角度的关系，合情推理出一般结论，然后利用两角和的正弦公式即可证明．【详解】（1）同理可得，，．（2）由（1）知，可以猜出：．证明如下：．【点睛】本题主要考查学生合情推理论证能力，以及诱导公式和两角和的正弦公式的应用，意在考查学生的数学抽象素养和逻辑推理能力．21、（1）见解析（2）（3）【解析】

（1）由平面，得出，由菱形的性质得出，利用直线与平面垂直的判定定理得出平面，再利用平面与平面垂直的判定定理可证出结论；（2）先计算出三棱锥的体积，并计算出的面积，利用等体积法计算出三棱锥的高，即为点到平面的距离；（3）由（