2025屆北京順義牛欄山一中數學高一下期末統(tǒng)考模擬試題含解析

2025屆北京順義牛欄山一中數學高一下期末統(tǒng)考模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．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．數列{an}滿足a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N＋)，那么a4的值為()．A．4 B．8 C．15 D．312．若數列，若，則在下列數列中，可取遍數列前項值的數列為（）A． B． C． D．3．已知點在正所確定的平面上，且滿足，則的面積與的面積之比為（）A． B． C． D．4．已知圓C1:x2+y2+4y+3=0，圓C2:x2+A．210-3 B．210+35．過點的圓的切線方程是（）A． B．或C．或 D．或6．以為圓心，且與兩條直線，都相切的圓的標準方程為（）A． B．C． D．7．若將函數的圖象向右平移個單位，所得圖象關于軸對稱，則的最小值是（）A． B． C． D．8．等差數列的前n項和為，且，，則(

)A．10 B．20 C． D．9．已知則（）A． B． C． D．10．某公司的廣告費支出與銷售額（單位：萬元）之間有下列對應數據：已知對呈線性相關關系，且回歸方程為，工作人員不慎將表格中的第一個數據遺失，該數據為（）A．28 B．30 C．32 D．35二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知（），則________.（用表示）12．黃金分割比是指將整體一分為二，較大部分與整體部分的比值等于較小部分與較大部分的比值，其比值為，約為0.618，這一數值也可以近似地用表示，則_____.13．已知圓錐的高為，體積為，用平行于圓錐底面的平面截圓錐，得到的圓臺體積是，則該圓臺的高為_______.14．若是三角形的內角，且，則等于_____________．15．已知在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，，，的面積等于，則外接圓的面積為______．16．甲、乙兩人要到某地參加活動，他們都隨機從火車、汽車、飛機三種交通工具中選擇一種，則他們選擇相同交通工具的概率為_________.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．已知向量，，函數.（1）若且，求；（2）求函數的最小正周期T及單調遞增區(qū)間.18．某地區(qū)有小學21所，中學14所，大學7所，現(xiàn)采取分層抽樣的方法從這些學校中抽取6所學校對學生進行視力調查．（I）求應從小學、中學、大學中分別抽取的學校數目．（II）若從抽取的6所學校中隨機抽取2所學校做進一步數據分析，（1）列出所有可能的抽取結果；（2）求抽取的2所學校均為小學的概率．19．已知的三個內角，，的對邊分別為，，，且滿足.（1）求角的大??；（2）若，，，求的長20．在中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，．（1）求角A的大??；（2）若，，求的面積．21．如圖所示，是一個矩形花壇，其中米，米．現(xiàn)將矩形花壇擴建成一個更大的矩形花壇，要求：在上，在上，對角線過點，且矩形的面積小于150平方米．（1）設長為米，矩形的面積為平方米，試用解析式將表示成的函數，并確定函數的定義域；（2）當的長度是多少時，矩形的面積最??？并求最小面積．

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】試題分析：，，，故選C.考點：數列的遞推公式2、D【解析】

推導出是以6為周期的周期數列，從而是可取遍數列前6項值的數列．【詳解】數列，，，，，，，，，是以6為周期的周期數列，是可取遍數列前6項值的數列．故選：D.【點睛】本題考查數列的周期性與三角函數知識的交會，考查基本運算求解能力，求解時注意函數與方程思想的應用．3、C【解析】

根據向量滿足的條件確定出P點的位置，再根據三角形有相同的底邊，確定高的比即可求出結果.【詳解】因為，所以，即點在邊上，且，所以點到的距離等于點到距離的，故的面積與的面積之比為.選C.【點睛】本題主要考查了向量的線性運算，三角形的面積，屬于中檔題.4、A【解析】

求出圓C1,C2的圓心坐標和半徑，作出圓C1關于直線l的對稱圓C1'，連結C1'C2，則C1'C2與直線l的交點即為P點，此時M點為P【詳解】由圓C1:x可知圓C1圓心為0,-2圓C2圓心為3,-1圓C1關于直線l:y=x+1的對稱圓為圓C連結C1'C2，交l于P，則此時M點為PC1'與圓C1'的交點關于直線l對稱的點，N最小值為C1而C1∴PM+PN【點睛】本題考查了圓方程的綜合應用，考查了利用對稱關系求曲線上兩點間的最小距離，體現(xiàn)了數形結合的解題思想方法，是中檔題.解決解析幾何中的最值問題一般有兩種方法：一是幾何意義，特別是用曲線的定義和平面幾何的有關結論來解決，非常巧妙；二是將解析幾何中最值問題轉化為函數問題，然后根據函數的特征選用參數法、配方法、判別式法、三角函數有界法、函數單調性法以及均值不等式法求解.5、D【解析】

先由題意得到圓的圓心坐標，與半徑，設所求直線方程為，根據直線與圓相切，結合點到直線距離公式，即可求出結果.【詳解】因為圓的圓心為，半徑為1，由題意，易知所求切線斜率存在，設過點與圓相切的直線方程為，即，所以有，整理得，解得，或；因此，所求直線方程分別為：或，整理得或.故選D【點睛】本題主要考查求過圓外一點的切線方程，根據直線與圓相切，結合點到直線距離公式即可求解，屬于常考題型.6、C【解析】

由題意有，再求解即可.【詳解】解：設圓的半徑為，則，則，即圓的標準方程為，故選：C.【點睛】本題考查了點到直線的距離公式，重點考查了運算能力，屬基礎題.7、B【解析】

把函數的解析式利用輔助角公式化成余弦型函數解析式形式，然后求出向右平移個單位后函數的解析式，根據題意，利用余弦型函數的性質求解即可.【詳解】，該函數求出向右平移個單位后得到新函數的解析式為：，由題意可知：函數的圖象關于軸對稱，所以有當時，有最小值，最小值為.故選：B【點睛】本題考查了余弦型函數的圖象平移，考查了余弦型函數的性質，考查了數學運算能力.8、D【解析】

由等差數列的前項和的性質可得：，，也成等差數列，即可得出．【詳解】解：由等差數列的前項和的性質可得：，，也成等差數列，，，解得．故選：．【點睛】本題考查了等差數列的前項和公式及其性質，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．9、B【解析】

根據條件式,判斷出,,且.由不等式性質、基本不等式性質或特殊值即可判斷選項.【詳解】因為所以可得,,且對于A,由對數函數的圖像與性質可知,,所以A錯誤;對于B,由基本不等式可知,即由于,則,所以B正確;對于C,由條件可得,所以C錯誤;對于D,當時滿足條件,但,所以D錯誤.綜上可知,B為正確選項故選:B【點睛】本題考查了不等式性質的綜合應用,根據基本不等式求最值,屬于基礎題.10、B【解析】

由回歸方程經過樣本中心點，求得樣本平均數后代入回歸方程即可求得第一組的數值.【詳解】設第一組數據為，則，，根據回歸方程經過樣本中心點，代入回歸方程，可得，解得，故選：B.【點睛】本題考查了回歸方程的性質及簡單應用，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】

根據同角三角函數之間的關系，結合角所在的象限，即可求解.【詳解】因為，所以，故，解得，又，，所以.故填.【點睛】本題主要考查了同角三角函數之間的關系，三角函數在各象限的符號，屬于中檔題.12、【解析】

代入分式利用同角三角函數的平方關系、二倍角公式及三角函數誘導公式化簡即可.【詳解】.故答案為：2【點睛】本題考查同角三角函數的平方關系、二倍角公式及三角函數誘導公式，屬于基礎題.13、【解析】設該圓臺的高為，由題意，得用平行于圓錐底面的平面截圓錐，得到的小圓錐體積是，則，解得，即該圓臺的高為3.點睛：本題考查圓錐的結構特征；在處理圓錐的結構特征時可記住常見結論，如本題中用平行于圓錐底面的平面截圓錐，截面與底面的面積之比是兩個圓錐高的比值的平方，所得兩個圓錐的體積之比是兩個圓錐高的比值的立方．14、【解析】∵是三角形的內角，且，∴故答案為點睛：本題是一道易錯題，在上，，分兩種情況：若，則；若，則有兩種情況銳角或鈍角.15、4π【解析】

利用三角形面積公式求解,再利用余弦定理求得,進而得到外接圓半徑,再求面積即可.【詳解】由，解得．．解得．，解得．∴△ABC外接圓的面積為4π．故答案為：4π．【點睛】本題主要考查了解三角形中正余弦與面積公式的運用,屬于基礎題型.16、【解析】

利用古典概型的概率求解.【詳解】甲、乙兩人選擇交通工具總的選擇有種，他們選擇相同交通工具有3種情況，所以他們選擇相同交通工具的概率為．故答案為：．【點睛】本題考查古典概型，要用計數原理進行計數，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）最小正周期，的單調遞增區(qū)間為：.【解析】

（1）計算平面向量的數量積得出函數的解析式，求出時的值；（2）根據的解析式，求出它的最小正周期T及單調遞增區(qū)間.【詳解】函數時，，解得又；（2）函數它的最小正周期：令故：的單調遞增區(qū)間為：【點睛】本題考查了正弦型函數的性質，考查了學生綜合分析，轉化與劃歸，數形結合的能力，屬于中檔題.18、(1)3,2,1(2)【解析】(1)從小學、中學、大學中分別抽取的學校數目為3、2、1．(2)①在抽取到的6所學校中，3所小學分別記為A1，A2，A3,2所中學分別記為A4，A5，大學記為A6，則抽取2所學校的所有可能結果為{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，A4}，{A1，A5}，{A1，A6}，{A2，A3}，{A2，A4}，{A2，A5}，{A2，A6}，{A3，A4}，{A3，A5}，{A3，A6}，{A4，A5}，{A4，A6}，{A5，A6}，共15種．②從6所學校中抽取的2所學校均為小學(記為事件B)的所有可能結果為{A1，A2}，{A1，A3}，{A2，A3}，共3種．所以P(B)＝315＝119、（1）；（2）.【解析】

（1）利用正弦定理化簡已知可得：，結合兩角和的正弦公式及誘導公式可得：，問題得解.（2）利用可得：，兩邊平方并結合已知及平面向量數量積的定義即可得解.【詳解】解：（1）因為，所以由正弦定理可得,即,因為,所以，，,故.（2）由已知得，所以,所以.【點睛】本題主要考查了正弦定理的應用及兩角和的正弦公式，還考查了利用平面向量的數量積解決長度問題，考查轉化能力及計算能力，屬于中檔題．20、（1）（2）【解析】

（1）由，結合，得到求解.（2）據（1）