鄭州第一中學2025屆高一下數學期末檢測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．已知平面向量，的夾角為，，，則向的值為（）A．－2 B． C．4 D．2．已知角、是的內角，則“”是“”的（）A．充分條件 B．必要條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件3．直線與直線平行，則（）A． B．或 C． D．或4．要得到函數的圖象，只需將函數的圖象（）A．向左平移個單位長度 B．向右平移個單位長度C．向左平移個單位長度 D．向右平移個單位長度5．在中，內角所對的邊分別是，若，則角的值為（）A． B． C． D．6．直線y＝﹣x+1的傾斜角是（）A．30° B．45° C．1357．方程表示的曲線是（）A．一個圓 B．兩個圓 C．半個圓 D．兩個半圓8．把函數y=sin（2x﹣）的圖象向右平移個單位得到的函數解析式為（）A．y=sin（2x﹣） B．y=sin（2x+） C．y=cos2x D．y=﹣sin2x9．在正四棱柱中，，，則與所成角的余弦值為（）A． B． C． D．10．設函數是定義在上的奇函數，當時，，則（）A．－4 B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若采用系統抽樣的方法從420人中抽取21人做問卷調查，為此將他們隨機編號為1,2，…，420，則抽取的21人中，編號在區間[241,360]內的人數是______12．已知是邊長為4的等邊三角形，為平面內一點，則的最小值為__________．13．中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”（圖1）.半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體體現了數學的對稱美.圖2是一個棱數為48的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1.則該半正多面體的所有棱長和為_______.14．一湖中有不在同一直線的三個小島A、B、C，前期為開發旅游資源在A、B、C三島之間已經建有索道供游客觀賞，經測量可知AB兩島之間距離為3公里，BC兩島之間距離為5公里，AC兩島之間距離為7公里，現調查后發現，游客對在同一圓周上三島A、B、C且位于（優?。┮黄娘L景更加喜歡，但由于環保、安全等其他原因，沒辦法盡可能一次游覽更大面積的湖面風光，現決定在上選擇一個點D建立索道供游客游覽，經研究論證為使得游覽面積最大，只需使得△ADC面積最大即可.則當△ADC面積最大時建立索道AD的長為______公里.（注：索道兩端之間的長度視為線段）15．已知點和在直線的兩側，則a的取值范圍是__________.16．已知，，，，則________.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．已知等差數列滿足．（1）求的通項公式；（2）設等比數列滿足,求的前項和．18．已知點，圓．（1）求過點M的圓的切線方程；（2）若直線與圓相交于A，B兩點，且弦AB的長為，求的值．19．已知.(Ⅰ)求的最小正周期和單調遞增區間；(Ⅱ)求函數在時的值域．20．已知向量=,=,=,為坐標原點.（1）若△為直角三角形，且∠為直角，求實數的值；（2）若點、、能構成三角形，求實數應滿足的條件.21．已知不等式的解集為或.（1）求實數a，b的值；（2）解不等式.

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、C【解析】

通過已知條件，利用向量的數量積化簡求解即可.【詳解】平面向量，的夾角為，或，則向量.故選：【點睛】本題考查向量數量積公式，屬于基礎題.2、C【解析】

結合正弦定理，利用充分條件和必要條件的定義進行判斷【詳解】在三角形中，根據大邊對大角原則，若，則，由正弦定理得，充分條件成立；若，由可得，根據大邊對大角原則，則，必要條件成立；故在三角形中，“”是“”的充要條件故選：C【點睛】本題考查充分條件與必要條件的應用，利用正弦定理確定邊角關系，三角形大邊對大角原則應謹記，屬于基礎題3、B【解析】

兩直線平行，斜率相等；按，和三類求解.【詳解】當即時，兩直線為，，兩直線不平行，不符合題意；當時，兩直線為，兩直線不平行，不符合題意；當即時，直線的斜率為，直線的斜率為，因為兩直線平行，所以，解得或，故選B.【點睛】本題考查直線平行的斜率關系，注意斜率不存在和斜率為零的情況.4、C【解析】

由，則只需將函數的圖象向左平移個單位長度.【詳解】解：因為，所以要得到函數的圖象，只需將函數的圖象向左平移個單位長度.故選：C.【點睛】本題考查了三角函數圖像的平移變換，屬基礎題.5、C【解析】

利用正弦定理，求得，再利用余弦定理，求得，即可求解．【詳解】在，因為，由正弦定理可化簡得，即，由余弦定理得，因為，所以，故選C.【點睛】本題主要考查了正弦定理、余弦定理的應用，其中在解有關三角形的題目時，要有意識地考慮用哪個定理更合適，要抓住能夠利用某個定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或邊的二次式時，要考慮用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或邊的一次式時，則考慮用正弦定理，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題．6、C【解析】

由直線方程可得直線的斜率，進而可得傾斜角．【詳解】直線y＝﹣x+1的斜率為﹣1，設傾斜角為α，則tanα＝﹣1，∴α＝135°故選：C．【點睛】本題考查直線的傾斜角和斜率的關系，屬基礎題．7、D【解析】原方程即即或故原方程表示兩個半圓．8、D【解析】試題分析：三角函數的平移原則為左加右減上加下減．直接求出平移后的函數解析式即可．解：把函數y=sin（2x﹣）的圖象向右平移個單位，所得到的圖象的函數解析式為：y=sin[2（x﹣）﹣]=sin（2x﹣π）=﹣sin2x．故選D．考點：函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換．9、A【解析】

連結，結合幾何體的特征，直接求解與所成角的余弦值即可．【詳解】如圖所示：在正四棱柱中，＝1，＝2，連結，則與所成角就是中的，所以與所成角的余弦值為：＝＝．故選A．【點睛】本題考查正四棱柱的性質，直線與直線所成角的求法，考查空間想象能力以及計算能力，屬于基礎題．10、A【解析】

由奇函數的性質可得:即可求出【詳解】因為是定義在上的奇函數，所以又因為當時，，所以，所以，選A.【點睛】本題主要考查了函數的性質中的奇偶性。其中奇函數主要有以下幾點性質：1、圖形關于原點對稱。2、在定義域上滿足。3、若定義域包含0，一定有。二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、6【解析】試題分析：由題意得，編號為，由得共6個.考點：系統抽樣12、-1.【解析】分析：可建立坐標系，用平面向量的坐標運算解題．詳解：建立如圖所示的平面直角坐標系，則，設，∴，易知當時，取得最小值.故答案為－1．點睛：求最值問題，一般要建立一個函數關系式，化幾何最值問題為函數的最值，本題通過建立平面直角坐標系，把向量的數量積用點的坐標表示出來后，再用配方法得出最小值，根據表達式的幾何意義也能求得最大值．13、【解析】

取半正多面體的截面正八邊形，設半正多面體的棱長為，過分別作于，于，可知，，可求出半正多面體的棱長及所有棱長和.【詳解】取半正多面體的截面正八邊形，由正方體的棱長為1，可知，易知，設半正多面體的棱長為，過分別作于，于，則，，解得，故該半正多面體的所有棱長和為.【點睛】本題考查了空間幾何體的結構，考查了空間想象能力與計算求解能力，屬于中檔題.14、【解析】

根據題意畫出草圖，根據余弦定理求出的值，設點到的距離為，可得，分析可知取最大時，取最大值，然后再對為中點和不是中點兩種情況分析，可得的最大值為，然后再根據圓的有關性質和正弦定理，即可求出結果．【詳解】根據題意可作出及其外接圓，連接，交于點，連接，如下圖：在中，由余弦定理,由為的內角，可知，所以.設的半徑為，點到的距離為，點到的距離為，則,故取最大時，取最大值.①當為中點時，由垂徑定理知，即，此時，故；②當不是中點時，不與垂直，設此時與所成角為，則，故；由垂線段最短知，此時;綜上，當為中點時，到的距離最大，最大值為；由圓周角定理可知，,由垂徑定理知，此時點為優弧的中點，故，則，在中，由正弦定理得所以.所以當△ADC面積最大時建立索道AD的長為公里.故答案為：．【點評】本題考查了正弦定理、余弦定理在解決實際問題中的應用，屬于中檔題．15、【解析】試題分析：若點A（3，1）和點B（4，6）分別在直線3x-2y+a=0兩側，則將點代入直線中是異號，則[3×3-2×1+a]×[3×4-2×6+a]＜0，即（a+7）a＜0，解得-7＜a＜0，故填寫-7<a<0考點：本試題主要考查了二元一次不等式與平面區域的運用．點評：解決該試題的關鍵是根據A、B在直線兩側，則A、B坐標代入直線方程所得符號相反構造不等式．16、【解析】

根據已知角的范圍分別求出，，利用整體代換即可求解.【詳解】，，，所以，，，，所以，=故答案為：【點睛】此題考查三角函數給值求值的問題，關鍵在于弄清角的范圍，準確得出三角函數值，對所求的角進行合理變形，用已知角表示未知角.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）【解析】

（1）根據基本元的思想，將已知條件轉化為的形式，列方程組，解方程組可求得的值.并由此求得數列的通項公式.（2）利用（1）的結論求得的值，根據基本元的思想，，將其轉化為的形式，由此求得的值，根據等比數列前項和公式求得數列的前項和.【詳解】解：（1）設的公差為，則由得,故的通項公式，即．（2）由（1）得．設的公比為，則，從而，故的前項和．【點睛】本小題主要考查利用基本元的思想解有關等差數列和等比數列的問題，屬于基礎題.18、（1）或．（2）【解析】

(1)分切線的斜率不存在與存在兩種情況分析.當斜率存在時設方程為,再根據圓心到直線的距離等于半徑求解即可.(2)利用垂徑定理根據圓心到直線的距離列出等式求解即可.【詳解】解：（1）由題意知圓心的坐標為,半徑,當過點M的直線的斜率不存在時,方程為．由圓心到直線的距離知,此時,直線與圓相切．當過點M的直線的斜率存在時,設方程為,即．由題意知,解得,∴方程為．故過點M的圓的切線方程為或．（2）∵圓心到直線的距離為,∴,解得．【點睛】本題主要考查了直線與圓相切與相交時的求解.注意直線過定點時分析斜率不存在與存在兩種情況.直線與圓相切用圓心到直線的距離等于半徑列式,直線與圓相交用垂徑定理列式.屬于中檔題.19、(Ⅰ)；(Ⅱ).【解析】

(Ⅰ)化簡得＝,利用周期的公式和正弦型函數的性質，即可求解；(Ⅱ)由，可得，得到∈，即可求得函數的值域.【詳解】(Ⅰ)由題意，化簡得＝,所以函數的最小正周期為,又由，解得所以的單調遞增區間為.(Ⅱ)由，可得，所以∈，所以的值域為．【點睛】本題主要考查了三角函數的的圖象與性質的應用，其中解答中熟記三角函數的圖象與性質，準確計算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.20、（1）；（2）【解析】

（1）利用向量的運算法則求出，，再利用向量垂直的充要條件列出方程求出m；（2）由題意得A，B，C三點不共線，則與不共線，列出關于m的不等式即可．【詳解】（1）因為=，=，=，所以，，若△ABC為直角三角形，且∠A為直角，則，∴3（2﹣m）+（1﹣m）＝0，解得．（2）若點A，B，C能構成三角形，則這三點不共線，即與不共線，得3（1﹣m）≠2﹣m，∴實數時，滿足條件．【