2025屆云南省永仁縣一中數學高一下期末學業水平測試模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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．我國古代著名的周髀算經中提到：凡八節二十四氣，氣損益九寸九分六分分之一；冬至晷長一丈三尺五寸，夏至晷長一尺六寸意思是：一年有二十四個節氣，每相鄰兩個節氣之間的日影長度差為分；且“冬至”時日影長度最大，為1350分；“夏至”時日影長度最小，為160分則“立春”時日影長度為A．分 B．分 C．分 D．分2．得到函數的圖象，只需將的圖象（）A．向左移動 B．向右移動 C．向左移動 D．向右移動3．設實數滿足約束條件，則的最大值為（）A． B．4 C．5 D．4．在中，，是邊上的一點，，若為銳角，的面積為20，則（）A． B． C． D．5．已知，若，則等于()A． B．1 C．2 D．6．把函數的圖象上的所有點的橫坐標縮小到原來的一半（縱坐標不變），然后把圖象向左平移個單位，則所得圖形對應的函數解析式為（）A． B．C． D．7．如圖，兩個正方形和所在平面互相垂直，設、分別是和的中點，那么：①；②平面；③；④、異面.其中不正確的序號是（）A．① B．② C．③ D．④8．如圖所示，程序框圖算法流程圖的輸出結果是A． B． C． D．9．在中，，，，則=（）A． B．C． D．10．已知等差數列的前項和為，，則（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．如圖，已知圓，六邊形為圓的內接正六邊形，點為邊的中點，當六邊形繞圓心轉動時，的取值范圍是________．12．方程，的解集是__________．13．若過點作圓的切線，則直線的方程為_______________.14．若數列滿足，且，則___________.15．已知正實數x，y滿足，則的最小值為________.16．一個公司共有240名員工，下設一些部門，要采用分層抽樣方法從全體員工中抽取一個容量為20的樣本．已知某部門有60名員工，那么從這一部門抽取的員工人數是.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．若不等式恒成立，求實數a的取值范圍。18．在平面直角坐標系中，點是坐標原點，已知點為線段上靠近點的三等分點．求點的坐標：若點在軸上，且直線與直線垂直，求點的坐標．19．設向量，，令函數，若函數的部分圖象如圖所示，且點的坐標為.（1）求點的坐標；（2）求函數的單調增區間及對稱軸方程；（3）若把方程的正實根從小到大依次排列為，求的值.20．已知數列中，，，數列滿足。（1）求證：數列為等差數列。（2）求數列的通項公式。21．已知：三點,其中.（1）若三點在同一條直線上，求的值；（2）當時，求．

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、B【解析】

首先“冬至”時日影長度最大，為1350分，“夏至”時日影長度最小，為160分，即可求出,進而求出立春”時日影長度為.【詳解】解：一年有二十四個節氣，每相鄰兩個節氣之間的日影長度差為分，且“冬至”時日影長度最大，為1350分；“夏至”時日影長度最小，為160分．，解得，“立春”時日影長度為：分．故選B．【點睛】本題考查等差數列的性質等基礎知識，考查運算求解能力，利用等差數列的性質直接求解．2、B【解析】

直接利用三角函數圖象的平移變換法則,對選項中的變換逐一判斷即可.【詳解】函數的圖象，向左平移個單位，得，錯；函數的圖象,向右平移個單位，得，對.函數的圖象,向左平移個單位，得，錯；函數的圖象,向右平移個單位，得，錯,故選B.【點睛】本題考查了三角函數的圖象，重點考查學生對三角函數圖象變換規律的理解與掌握，能否正確處理先周期變換后相位變換這種情況下圖象的平移問題，反映學生對所學知識理解的深度.3、A【解析】

作出可行域，作出目標函數對應的直線，平移該直線可得最優解．【詳解】作出可行域，如圖內部（含邊界），作直線，向上平移直線，增大，當直線過點時，得最大值為，故選：A.【點睛】本題考查簡單的線性規劃，解題關鍵是作出可行域和目標函數對應的直線．4、C【解析】

先利用面積公式計算出，計算出，運用余弦定理計算出，利用正弦定理計算出，在中運用正弦定理求解出．【詳解】解：由的面積公式可知，，可得，為銳角，可得在中，，即有，由可得，由可知．故選．【點睛】本題考查正弦定理與余弦定理在解三角形中的應用，考查方程思想，屬于中檔題．5、A【解析】

首先根據?（cos﹣3）cos+sin（sin﹣3）＝﹣1，并化簡得出，再化為Asin()形式即可得結果.【詳解】由得：（cos﹣3）cos+sin（sin﹣3）＝﹣1，化簡得，即sin()=,則sin()=故選A.【點睛】本題考查了三角函數的化簡求值以及向量的數量積的運算，屬于基礎題．6、D【解析】

函數的圖象上的所有點的橫坐標縮小到原來的一半（縱坐標不變），的系數變為原來的2倍，即為2，然后根據平移求出函數的解析式．【詳解】函數的圖象上的所有點的橫坐標縮小到原來的一半（縱坐標不變），得到，把圖象向左平移個單位，得到故選：．【點睛】本題考查函數的圖象變換．準確理解變換規則是關鍵，屬于中檔題．7、D【解析】

取的中點，連接，，連接，，由線面垂直的判定和性質可判斷①；由三角形的中位線定理，以及線面平行的判定定理可判斷②③④．【詳解】解：取的中點，連接，，連接，，正方形和所在平面互相垂直，、分別是和的中點，可得，，平面，可得，故①正確；由為的中位線，可得，且平面，可得平面，故②③正確，④錯誤．故選：D．【點睛】本題主要考查空間線線和線面的位置關系，考查轉化思想和數形結合思想，屬于基礎題．8、D【解析】

模擬程序圖框的運行過程，得出當時，不再運行循環體，直接輸出S值．【詳解】模擬程序圖框的運行過程，得S=0,n=2,n<8滿足條件，進入循環：S=滿足條件，進入循環：進入循環：不滿足判斷框的條件，進而輸出s值，該程序運行后輸出的是計算：．故選D．【點睛】本題考查了程序框圖的應用問題，是基礎題目．根據程序框圖（或偽代碼）寫程序的運行結果，是算法這一模塊最重要的題型，其處理方法是：①分析流程圖（或偽代碼），從流程圖（或偽代碼）中即要分析出計算的類型，又要分析出參與計算的數據（如果參與運算的數據比較多，也可使用表格對數據進行分析管理）?②建立數學模型，根據第一步分析的結果，選擇恰當的數學模型③解模．9、C【解析】

根據正弦定理,代入即可求解.【詳解】因為中,,,由正弦定理可知代入可得故選:C【點睛】本題考查了正弦定理在解三角形中的應用,屬于基礎題.10、A【解析】

利用等差數列下標和的性質可計算得到，由計算可得結果.【詳解】由得：本題正確選項：【點睛】本題考查等差數列性質的應用，涉及到等差數列下標和性質和等差中項的性質應用，屬于基礎題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

先求出，再化簡得即得的取值范圍.【詳解】由題得OM=,由題得由題得..所以的取值范圍是.故答案為【點睛】本題主要考查平面向量的運算和數量積運算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.12、【解析】

用正弦的二倍角公式展開,得到,分兩種情況討論得出結果.【詳解】解：即,即：或.①由,,得.②由,,得或.綜上可得方程,的解集是：故答案為【點睛】本題考查正弦函數的二倍角公式,以及特殊角的正余弦值.13、或【解析】

討論斜率不存在時是否有切線，當斜率存在時，運用點到直線距離等于半徑求出斜率【詳解】圓即①當斜率不存在時，為圓的切線②當斜率存在時，設切線方程為即，解得此時切線方程為，即綜上所述，則直線的方程為或【點睛】本題主要考查了過圓外一點求切線方程，在求解過程中先討論斜率不存在的情況，然后討論斜率存在的情況，利用點到直線距離公式求出結果，較為基礎。14、【解析】

對已知等式左右取倒數可整理得到，進而得到為等差數列；利用等差數列通項公式可求得，進而得到的通項公式，從而求得結果.【詳解】，即數列是以為首項，為公差的等差數列故答案為：【點睛】本題考查利用遞推公式求解數列通項公式的問題，關鍵是明確對于形式的遞推關系式，采用倒數法來進行推導.15、4【解析】

將變形為，展開，利用基本不等式求最值.【詳解】解：，當時等號成立，又，得，此時等號成立，故答案為：4.【點睛】本題考查基本不等式求最值，特別是掌握“1”的妙用，是基礎題.16、5【解析】設一部門抽取的員工人數為x,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、【解析】

恒成立的條件下由于給定了的范圍，故可考慮對進行分類，同時利用參變分離法求解的范圍.【詳解】由題意得(1),時，恒成立(2),等價于又∴∴實數a的取值范圍是【點睛】含有分式的不等式恒成立問題，要注意到分母的正負對于不等號的影響；若是變量的范圍給出了，可針對于變量的范圍做具體分析，然后去求解參數范圍.18、（1）（2）【解析】

（1）由題意利用線段的定比分點坐標公式，兩個向量坐標形式的運算法則，求出點P的坐標．（2）由題意利用兩個向量垂直的性質，兩個向量坐標形式的運算法則，求出點Q的坐標．【詳解】設，因為，所以，又，所以，解得，從而．設，所以，由已知直線與直線垂直，所以則，解得，所以．【點睛】本題主要考查了線段的定比分點坐標公式，兩個向量垂直的性質，兩個向量坐標形式的運算，屬于基礎題，著重考查了推理與運算能力．19、(1)(2)單調遞增區間為；對稱軸方程為，；(3)14800【解析】

（1）先求出，令求出點B的坐標；（2）利用復合函數的單調性原理求函數的單調增區間，利用三角函數的圖像和性質求對稱軸方程；（3）由（2）知對稱軸方程為，，所以，，…，，即得解.【詳解】解:（1）由已知，得∴令，得，，∴，.當時，，∴得坐標為（2）單調遞增區間，得，∴單調遞增區間為對稱軸，得，∴對稱軸方程為，（3）由，得，根據正弦函數圖象的對稱性，且由（2）知對稱軸方程為，∴，，…，∴【點睛】本題主要考查三角恒等變換和三角函數的圖像和性質，考查等差數列求和，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于中檔題.20、（1）見解析；（2）【解析】

（1）將題目過給已知代入進行化簡，結合的表達式，可證得為等差數列；（2）利用（1）的結論求得的通項公式，代入求得的通項公式.【詳解】（1）證明：由題意知，，又，故，又易知，故數列是首項為，公差為1的等差數列。（2）由（1）知，所以由，可得，故數列的通項公式為