贵州省铜仁市思南县思南中学2025届高一数学第二学期期末统考模拟试题含解析

贵州省铜仁市思南县思南中学2025届高一数学第二学期期末统考模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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．在中，，是的内心，若，其中，动点的轨迹所覆盖的面积为（）A． B． C． D．2．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的个数为①若，，则②若，则③若，则④若，则A．1 B．2 C．3 D．43．设，若关于的不等式在区间上有解，则（）A． B． C． D．4．要完成下列两项调查：①从某社区125户高收入家庭、280户中等收入家庭、95户低收入家庭中选出100户调查社会购买力的某项指标；②从某中学的15名艺术特长生中选出3名调查学习负担情况，宜采用的抽样方法依次为()A．①随机抽样法，②系统抽样法B．①分层抽样法，②随机抽样法C．①系统抽样法，②分层抽样法D．①②都用分层抽样法5．已知两条直线m,n，两个平面α,β，给出下面四个命题：①m//n，m⊥α⇒n⊥α；②α//β，m⊂α，n⊂β⇒m//n；③m//n，m//α⇒n//α；④α//β，m//n，m⊥α⇒n⊥β其中正确命题的序号是（）A．①④B．②④C．①③D．②③6．已知等差数列中，，，则的值为（）A．51 B．34 C．64 D．5127．执行如图所示的程序框图,若输入的，则输出A． B． C． D．8．已知锐角△ABC的面积为，BC=4，CA=3，则角C的大小为（）A．75° B．60° C．45° D．30°9．在长为12cm的线段AB上任取一点C．现作一矩形，邻边长分别等于线段AC，CB的长，则该矩形面积大于20cm2的概率为A． B． C． D．10．圆，那么与圆有相同的圆心，且经过点的圆的方程是（）．A． B．C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知的三边分别是，且面积，则角__________.12．若直线：与直线的交点位于第一象限，则直线的倾斜角的取值范围是___________.13．若点为圆的弦的中点，则弦所在的直线的方程为___________.14．设函数的部分图象如图所示，则的表达式______．15．设为等差数列的前n项和，，则________.16．已知函数，下列结论中：函数关于对称；函数关于对称；函数在是增函数，将的图象向右平移可得到的图象．其中正确的结论序号为______．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．正项数列的前项和为，且.（Ⅰ）试求数列的通项公式；（Ⅱ）设，求的前项和为.（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，若对一切恒成立，求实数的取值范围.18．已知关于，的方程：表示圆.（Ⅰ）求的取值范围；（Ⅱ）若，过点作的切线，求切线方程.19．如图，在多面体中，平面平面，四边形为正方形，四边形为梯形，且，，．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.20．无穷数列满足：为正整数，且对任意正整数，为前项、、、中等于的项的个数.（1）若，求和的值；（2）已知命题存在正整数，使得，判断命题的真假并说明理由；（3）若对任意正整数，都有恒成立，求的值.21．已知向量，的夹角为120°，且||＝2，||＝3，设32，2．（Ⅰ）若⊥，求实数k的值；（Ⅱ）当k＝0时，求与的夹角θ的大小．

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】

由且，易知动点的轨迹为以为邻边的平行四边形的内部（含边界），在中，由，利用余弦定理求得边，再由和，求得内切圆的半径，从而得到，再由动点的轨迹所覆盖的面积得解.【详解】因为且，根据向量加法的平行四边形运算法则，所以动点的轨迹为以为邻边的平行四边形的内部（含边界），因为在中，，所以由余弦定理得：，所以，即，解得：，，所以.设的内切圆的半径为，所以所以.所以.所以动点的轨迹所覆盖的面积为：.故选：A【点睛】本题主要考查了动点轨迹所覆盖的面积的求及正弦定理，余弦定理的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.2、A【解析】

根据面面垂直的定义判断①③错误，由面面平行的性质判断②错误，由线面垂直性质、面面垂直的判定定理判定④正确．【详解】如图正方体，平面是平面，平面是平面，但两直线与不垂直，①错；平面是平面，平面是平面，但两直线与不平行，②错；直线是直线，直线是直线，满足，但平面与平面不垂直，③错；由得，∵，过作平面与平面交于直线，则，于是，∴，④正确．∴只有一个命题正确．故选A．【点睛】本题考查空间直线与平面、平面与平面的位置关系．对一个命题不正确，可只举一例说明即可．对正确的命题一般需要证明．3、D【解析】

根据题意得不等式对应的二次函数开口向上，分别讨论三种情况即可．【详解】由题意得：当当当综上所述：,选D.【点睛】本题主要考查了含参一元二次不等式中参数的取值范围．解这类题通常分三种情况：．有时还需要结合韦达定理进行解决．4、B【解析】①由于社会购买力与收入有关系，所以应采用分层抽样法；②由于人数少，可以采用简单随机抽样法要完成下列二项调查：①从某社区125户高收入家庭，280户中等收入家庭，95户低收入家庭中，选出100户调查社会解：∵社会购买力的某项指标，受到家庭收入的影响而社区中各个家庭收入差别明显①用分层抽样法，而从某中学的15名艺术特长生，要从中选出3人调查学习负担情况的调查中个体之间差别不大，且总体和样本容量较小，∴②用随机抽样法故选B5、A【解析】依据线面垂直的判定定理可知命题①是正确的；对于命题②，直线m,n还有可能是异面，因此不正确；对于命题③，还有可能直线n⊂α，因此③命题不正确；依据线面垂直的判定定理可知命题④是正确的，故应选答案A.6、A【解析】

根据等差数列性质;若，则即可。【详解】因为为等差数列，所以，，所以选择A【点睛】本题主要考查了等差数列比较重要的一个性质；在等差数列中若，则，属于基础题。7、B【解析】

首先确定流程图所实现的功能，然后利用裂项求和的方法即可确定输出的数值.【详解】由流程图可知，程序输出的值为：，即.故选B.【点睛】本题主要考查流程图功能的识别，裂项求和的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8、B【解析】试题分析：由三角形的面积公式，得，即，解得，又因为三角形为锐角三角形，所以.考点：三角形的面积公式.9、C【解析】试题分析：设AC=x，则BC=12-x（0＜x＜12）矩形的面积S=x（12-x）＞20∴x2-12x+20＜0∴2＜x＜10由几何概率的求解公式可得，矩形面积大于20cm2的概率考点：几何概型10、B【解析】

圆的标准方程为，圆心，故排除、，代入点，只有项经过此点，也可以设出要求的圆的方程：，再代入点，可以求得圆的半径为．故选．点睛：这个题目主要考查圆的标准方程，因为这是一道选择题，故根据与条件中的圆的方程可以得到圆心坐标，进而可以排除几个选项，如果正规方法，就可以按照已知圆心，写出标准方程，代入已知点求出标准方程即可．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】试题分析：由，可得，整理得，即，所以.考点：余弦定理；三角形的面积公式.12、【解析】若直线与直线的交点位于第一象限，如图所示：则两直线的交点应在线段上（不包含点）,当交点为时，直线的倾斜角为，当交点为时，斜率，直线的倾斜角为∴直线的倾斜角的取值范围是．故答案为13、；【解析】

利用垂径定理，即圆心与弦中点连线垂直于弦．【详解】圆标准方程为，圆心为，，∵是中点，∴，即，∴的方程为，即．故答案为．【点睛】本题考查垂径定理．圆中弦问题，常常要用垂径定理，如弦长（其中为圆心到弦所在直线的距离）．14、【解析】

根据图象的最高点得到，由图象得到，故得，然后通过代入最高点的坐标或运用“五点法”得到，进而可得函数的解析式．【详解】由图象可得，∴，∴，∴．又点在函数的图象上，∴，∴，∴．又，∴．∴．故答案为．【点睛】已知图象确定函数解析式的方法（1）由图象直接得到，即最高点的纵坐标．（2）由图象得到函数的周期，进而得到的值．（3）的确定方法有两种．①运用代点法求解，通过把图象的最高点或最低点的坐标代入函数的解析式求出的值；②运用“五点法”求解，即由函数最开始与轴的交点(最靠近原点)的横坐标为(即令，)确定．15、54.【解析】

设首项为，公差为，利用等差数列的前n项和公式列出方程组，解方程求解即可.【详解】设首项为，公差为,由题意，可得解得所以.【点睛】本题主要考查了等差数列的前n项和公式，解方程的思想，属于中档题.16、【解析】

把化成的型式即可。【详解】由题意得所以对称轴为，对，当时，对称中心为，对。的增区间为，对向右平移得。错【点睛】本题考查三角函数的性质，三角函数变换，意在考查学生对三角函数的图像与性质的掌握情况。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）.【解析】

（Ⅰ）将所给条件式子两边同时平方,利用递推法可得的表达式,由两式相减,变形即可证明数列为等差数列,进而结合首项与公差求得的通项公式.（Ⅱ）由（Ⅰ）中可求得.将与代入即可求得数列的通项公式,利用裂项法即可求得前项和.（Ⅲ）先求得的取值范围,结合不等式,即可求得的取值范围.【详解】（Ⅰ）因为正项数列的前项和为,且化简可得由递推公式可得两式相减可得,变形可得即,由正项等比数列可得所以而当时,解得所以数列是以为首项,以为公差的等差数列因而（Ⅱ）由（Ⅰ）可知则代入中可得所以（Ⅲ）由（Ⅱ）可知则,所以数列为单调递增数列,则且当时,,即所以因为对一切的恒成立则满足,解不等式组可得即实数的取值范围为【点睛】本题考查了等差数列通项公式与求和公式的应用,裂项求和法的应用,数列的单调性与不等式关系,综合性强,属于中档题.18、（Ⅰ）；（Ⅱ）或.【解析】

（Ⅰ）根据圆的一般方程表示圆的条件,可得关于的不等式,即可求得的取值范围.（Ⅱ）将代入,可得圆的方程,化为标准方程.讨论斜率是否存在两种情况.当斜率不存在时,可直接求得直线方程;当斜率存在时,由点斜式设出直线方程,结合点到直线的距离即可求得斜率,即可得直线方程.【详解】（Ⅰ）若方程表示圆则解得故实数的取值范围为（Ⅱ）若,圆：①当过点的直线斜率不存在时,直线方程为圆心到直线的距离等于半径,此时直线与相切②当过点的直线斜率存在时,不妨设斜率为则切线方程为,即由圆心到直线的距离等于半径可知,解得,即切线方程为综上所述,切线方程为或【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系的应用,圆的一般方程与标准方程的关系和转化,属于基础题.19、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析【解析】

（Ⅰ）转化为证明；（Ⅱ）转化为证明，；（Ⅲ）根据线面平行的性质定理.【详解】（Ⅰ）因为四边形为正方形，所以，由于平面，平面，所以平面.（Ⅱ）因为四边形为正方形，所以.平面平面，平面平面，所以平面.所以.取中点，连接.由，，，可得四边形为正方形.所以.所以.所以.因为，所以平面.（Ⅲ）存在，当为的中点时，平面，此时.证明如下：连接交于点，由于四边形为正方形，所以是的中点，同时也是的中点.因为，又四边形为正方形，所以，连接，所以四边形为平行四边形.所以.又因为平面，平面，所以平面.【点睛】本题考查空间线面的关系.线面关系的证明要紧扣判定定理，转化为线线关系的证明.20、（1），；（2）真命题，证明见解析；（3）.【解析】

（1）根据题意直接写出、、的值，可得出结果；（2）分和两种情况讨论，找出使得等式成立的正整数，可得知命题为真命题；（3）先证明出“”是“存在，当时，恒有成立”的充要条件，由此可得出，然后利用定义得出，由此可得出的值.【详解】（1）根据题意知，对任意正整数，为前项、、、中等于的项的个数，因此，，，；（2）真命题，证明如下：①当时，则，，，此时，当时，；②当时，设，则，，，此时，当时，.综上所述，命题为真命题；（3）先证明：“”是“存在，当时，恒有成立”的充要条件.假设存在，使得“存在，当时，恒有成立”.则数列的前项为，，，，，，后面的项顺次为，，，，故对任意的，，对任意的，取，其中表示不超过的最大整数，则，令，则，此时，有，这与矛盾，故若存在，当时，恒有成立，必有；从而得证.另外：当时，数列为，故，则.【点睛】本题考查数列知识的应用，涉及到命题真假的判断，同时也考查了数列新定义问题，解题时要充分从题中数列的定义出发，充