內蒙古呼倫貝爾市莫力達瓦旗尼爾基一中2025屆高一數學第二學期期末調研模擬試題含解析

內蒙古呼倫貝爾市莫力達瓦旗尼爾基一中2025屆高一數學第二學期期末調研模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請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．橢圓中以點M(1，2)為中點的弦所在直線斜率為（）A． B． C． D．2．已知函數，在中，內角的對邊分別是，內角滿足，若，則的周長的取值范圍為（）A． B． C． D．3．在中，,則=（）A． B． C． D．4．若，且，則的值是（）A． B． C． D．5．函數在區(qū)間（，）內的圖象是()A． B． C． D．6．已知函數，，若成立，則的最小值為（）A． B． C． D．7．已知等差數列{}的前n項和為，且S8＝92，a5＝13，則a4＝A．16 B．13 C．12 D．108．執(zhí)行如圖所示的程序語句，輸出的結果為()A． B．C． D．9．函數的部分圖像如圖所示，則該函數的解析式為（）A． B．C． D．10．已知,,三點,則的形狀是()A．鈍角三角形 B．直角三角形C．銳角三角形 D．等腰直角三角形二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知數列的通項公式，則____________．12．為等比數列，若，則_______.13．如圖1，動點在以為圓心，半徑為1米的圓周上運動，從最低點開始計時，用時4分鐘逆時針勻速旋轉一圈后停止.設點的縱坐標（米）關于時間（分）的函數為，則該函數的圖像大致為________.（請注明關鍵點）14．已知銳角的外接圓的半徑為1，，則的面積的取值范圍為_____．15．在中，角所對的邊分別為，，則____16．若函數的圖象與直線恰有兩個不同交點，則的取值范圍是________.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．在平面直角坐標系中，已知，，動點滿足條件.（1）求點的軌跡的方程；（2）設點是點關于直線的對稱點，問是否存在點同時滿足條件：①點在曲線上；②三點共線，若存在，求直線的方程；若不存在，請說明理由.18．已知，且（1）當時，解不等式；（2）在恒成立，求實數的取值范圍.19．已知圓與軸交于兩點，且（為圓心），過點且斜率為的直線與圓相交于兩點（Ⅰ）求實數的值；（Ⅱ）若，求的取值范圍；（Ⅲ）若向量與向量共線（為坐標原點），求的值20．如圖，在四棱錐中，，底面是矩形，側面底面,是的中點.（1）求證：平面；（2）求證：平面.21．設，若存在，使得，且對任意，均有（即是一個公差為的等差數列），則稱數列是一個長度為的“弱等差數列”.（1）判斷下列數列是否為“弱等差數列”，并說明理由.①1，3，5，7，9，11；②2，，，，.（2）證明：若，則數列為“弱等差數列”.（3）對任意給定的正整數，若，是否總存在正整數，使得等比數列：是一個長度為的“弱等差數列”？若存在，給出證明；若不存在，請說明理由

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、A【解析】

先設出弦的兩端點的坐標，分別代入橢圓方程，兩式相減后整理即可求得弦所在的直線的斜率．【詳解】設弦的兩端點為，，代入橢圓得，兩式相減得，即，即，即，即，∴弦所在的直線的斜率為，故選A.【點睛】本題主要考查了橢圓的性質以及直線與橢圓的關系．在解決弦長的中點問題，涉及到“中點與斜率”時常用“點差法”設而不求，將弦所在直線的斜率、弦的中點坐標聯系起來，相互轉化，達到解決問題的目的，屬于中檔題.2、B【解析】

首先根據降冪公式以及輔助角公式化簡，把帶入利用余弦定理以及基本不等式即可．【詳解】由題意得，為三角形內角所以，所以，因為，所以，，當且僅當時取等號，因為，所以，所以選擇B【點睛】本題主要考查了三角函數的化簡，以及余弦定理和基本不等式．在化簡的過程中常用到的公式有輔助角、二倍角、兩角和與差的正弦、余弦等．屬于中等題．3、C【解析】

解：因為由正弦定理，所以又ｃ＜ａ所以，所以4、A【解析】

對兩邊平方，可得，進而可得，再根據，可知，由此即可求出結果.【詳解】因為，所以，所以，所以，又，所以所以.故選：A.【點睛】本題主要考查了同角的基本關系，屬于基礎題.5、D【解析】解：函數y=tanx+sinx-|tanx-sinx|=分段畫出函數圖象如D圖示，故選D．6、B【解析】，則，所以，則，易知，，則在單調遞減，單調遞增，所以，故選B。點睛：本題考查導數的綜合應用。利用導數求函數的極值和最值是導數綜合應用題型中的常見考法。通過求導，首先觀察得到導函數的極值點，利用圖象判斷出單調增減區(qū)間，得到最值。7、D【解析】

利用等差數列前項和公式化簡已知條件，并用等差數列的性質轉化為的形式，由此求得的值.【詳解】依題意，，解得，故選D.【點睛】本小題主要考查等差數列前項和公式，以及等差數列的性質，解答題目過程中要注意觀察已知條件的下標.屬于基礎題.8、B【解析】

通過解讀算法框圖功能發(fā)現是為了求數列的和，采用裂項相消法即可得到答案.【詳解】由已知中的程序語句可知:該程序的功能是求的值，輸出的結果為，故選B.【點睛】本題主要考查算法框圖基本功能，裂項相消法求和，意在考查學生的分析能力和計算能力.9、A【解析】

根據圖象求出即可得到函數解析式.【詳解】顯然，因為，所以，所以，由得，所以，即，，因為，所以，所以.故選：A【點睛】本題考查了根據圖象求函數解析式，利用周期求，代入最高點的坐標求是解題關鍵，屬于基礎題.10、D【解析】

計算三角形三邊長度，通過邊關系進行判斷.【詳解】由兩點之間的距離公式可得：，，，因為，且故該三角形為等腰直角三角形.故選：D.【點睛】本題考查兩點之間的距離公式，屬基礎題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

將代入即可求解【詳解】令，可得.故答案為：【點睛】本題考查求數列的項，是基礎題12、【解析】

將這兩式中的量全部用表示出來，正好有兩個方程，兩個未知數，解方程組即可求出?！驹斀狻肯喈斢冢喈斢?，上面兩式相除得代入就得，【點睛】基本量法是解決數列計算題最重要的方法，即將條件全部用首項和公比表示，列方程，解方程即可求得。13、【解析】

根據題意先得出，再畫圖．【詳解】解：設，，，，，則當時，處于最低點，則，，可畫圖為：故答案為：【點睛】本題考查了三角模型的實際應用，關鍵是根據題意建立函數模型，屬中檔題．14、【解析】

由已知利用正弦定理可以得到b＝2sinB，c＝2sin（﹣B），利用三角形面積公式，三角函數恒等變換的應用可求S△ABC═sin（2B﹣）+，由銳角三角形求B的范圍，進而利用正弦函數的圖象和性質即可得解．【詳解】解：∵銳角△ABC的外接圓的半徑為1，A＝，∴由正弦定理可得：，可得：b＝2sinB，c＝2sin（﹣B），∴S△ABC＝bcsinA＝×2sinB×2sin（﹣B）×＝sinB（cosB+sinB）＝sin（2B﹣）+，∵B，C為銳角，可得：＜B＜，＜2B﹣＜，可得：sin（2B﹣）∈（，1]，∴S△ABC＝sin（2B﹣）+∈（1，]．故答案為：（1，]．【點睛】本題主要考查了正弦定理，三角形面積公式，三角函數恒等變換的應用，正弦函數的圖象和性質在解三角形中的應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于中檔題．15、【解析】

利用正弦定理將邊角關系式中的邊都化成角，再結合兩角和差公式進行整理，從而得到.【詳解】由正弦定理可得：即：本題正確結果：【點睛】本題考查李用正弦定理進行邊角關系式的化簡問題，屬于常規(guī)題.16、【解析】

作出函數的圖像，根據圖像可得答案.【詳解】因為，所以，所以，所以，作出函數的圖像，由圖可知故答案為：【點睛】本題考查了正弦型函數的圖像，考查了數形結合思想，屬于基礎題.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）存在點，直線方程為.【解析】

（1）設，由題意根據兩點間的距離公式即可求解.（2）假設存在點滿足題意，此時直線的方程為：.設，，根據題意可得，求出，再將直線與圓聯立求出，根據向量共線的坐標表示以及點在圓上，求出即可求解.【詳解】（1）設，由得，整理得：，所以點的軌跡方程為.（2）假設存在點滿足題意，此時直線的方程為：.設，.因為與關于直線對稱，所以解得即.由，得，即.此時，，，所以，所以當時，三點共線.若在曲線上，則，整理得，即，所以，即.綜上所述，存在點，滿足條件①②，此時直線方程為.【點睛】本小題主要考查坐標法、圓的標準方程、直線與圓的位置關系等基礎知識，考查抽象概括能力、運算求解能力，考查數形結合思想、整體運算思想，化歸與轉化思想等.18、（1）；（2）.【解析】試題分析：（1）當時，可得，即為，由對數函數的單調性，可得不不等式的解集；（2）由在上恒成立，得在上恒成立，討論，根據的范圍，由恒成立思想，可得的范圍.試題解析：（1）當時，解不等式，得，即，故不等式的解集為.（2）由在恒成立，得在恒成立，①當時，有，得，②當時，有，得，故實數的取值范圍.19、（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）【解析】

（Ⅰ）由圓的方程得到圓心坐標和；根據、為等腰直角三角形可知，從而得到，解方程求得結果；（Ⅱ）設直線方程為；利用點到直線距離公式求得圓心到直線距離；由垂徑定理可得到，利用可構造不等式求得結果；（Ⅲ）直線方程與圓方程聯立，根據直線與圓有兩個交點可根據得到的取值范圍；設，，利用韋達定理求得，并利用求得，即可得到；利用向量共線定理可得到關于的方程，解方程求得滿足取值范圍的結果.【詳解】（Ⅰ）由圓得：圓心，由題意知，為等腰直角三角形設的中點為，則也為等腰直角三角形，解得：（Ⅱ）設直線方程為：則圓心到直線的距離：由，，可得：，解得：的取值范圍為：（Ⅲ）聯立直線與圓的方程：消去變量得：設，，由韋達定理得：且，整理得：解得：或，與向量共線，，解得：或不滿足【點睛】本題考查直線與圓位置關系的綜合應用，涉及到圓的方程的求解、垂徑定理的應用、平面向量共線定理的應用；求解直線與圓位置關系綜合應用類問題的常用方法是靈活應用圓心到直線的距離、直線與圓方程聯立，韋達定理構造方程等方法，屬于?？碱}型.20、（1）證明見解析；（2）證明見解析.【解析】

（1）利用即可證明；（2）由面面垂直的性質即可證明．【詳解】證明：（1）在四棱錐中，底面是矩形，，又平面，平面；平面；（2）側面底面，側面平面，，平面，平面【點睛】本題考查了空間線面平行、垂直的證明，屬于基礎題.21、（1）①是，②不是,理由見解析（2）證明見解析（3）存在，證明見解析【解析】

（1）①舉出符合條件的具體例子即可；②反證法推出矛盾；

（2）根據題意找出符合條件的為等差數列即可；

（3）首先，根據，將公差表示出來，計算任意相鄰兩項的差值可以發(fā)現不大于．那么用裂項相消的方法表示出，結合相鄰兩項差值不大于可以得到，接下來，只需證明存在滿足條件的即可．用和公差表示出，并展開可以發(fā)現多項式的最高次項為，而已知，因此在足夠大時顯然成立．結論得證.【詳解】解：（1）數列①：1，3，5，7，9，11是“弱等差數列”

取分別為1，3，5，7，9，11，13即可；

數列②2，，，，不是“弱等差數列”

否則，若數列②為“弱等差數列”，則存在實數構成等差數列，設公差為，

，

，又與矛盾，所以數列②2，，，，不是“弱等差數列”；

（2）證明：設，