廣西北海市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?；卮鸱沁x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．函數的圖象的相鄰兩支截直線所得的線段長為，則的值是（）A．0 B． C．1 D．2．在等差數列中，若前項的和，，則()A． B． C． D．3．在等差數列中，，則等于()A．5 B．6 C．7 D．84．甲、乙、丙、丁四名運動員參加奧運會射擊項目選拔賽，四人的平均成績和方差如下表所示，從這四個人中選擇一人參加奧運會射擊項目比賽，最佳人選是（）人數據甲乙丙丁平均數8.68.98.98.2方差3.53.52.15.6A．甲 B．乙 C．丙 D．丁5．某高中三個年級共有3000名學生，現采用分層抽樣的方法從高一、高二、高三年級的全體學生中抽取一個容量為30的樣本進行視力健康檢查，若抽到的高一年級學生人數與高二年級學生人數之比為3∶2，抽到高三年級學生10人，則該校高二年級學生人數為（）A．600 B．800 C．1000 D．12006．直線的斜率是（）A． B． C． D．7．執行如圖所示的程序框圖，則輸出的()A．3 B．4 C．5 D．68．計算的值為（）A． B． C． D．9．若，下列不等式一定成立的是（）A． B． C． D．10．已知兩個球的表面積之比為，則這兩個球的體積之比為（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知{}是等差數列，是它的前項和，且，則____.12．中國古代數學著作《算法統宗》有這樣一個問題：“三百七十八里關，初步健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關，要見次日行里數，請公仔細算相還.”其大意為：“有一個人要走378里路，第一天健步行走，從第二天起腳痛每天走的路程為前一天的一半，走了6天后達到目的地.”則該人最后一天走的路程為__________里．13．夏季某座高山上的溫度從山腳起每升高100米降低0.8度，若山腳的溫度是36度，山頂的溫度是20度，則這座山的高度是________米14．已知，則_________．15．如圖所示，梯形中，，于，，分別是，的中點，將四邊形沿折起（不與平面重合），以下結論①面；②；③．則不論折至何位置都有_______．16．已知四棱錐的底面是邊長為的正方形，側棱長均為，若圓柱的一個底面的圓周經過四棱錐四條側棱的中點，另一個底面的圓心為四棱錐底面的中心，則該圓柱的側面積為________.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．若直線與軸，軸的交點分別為，圓以線段為直徑.（Ⅰ）求圓的標準方程；（Ⅱ）若直線過點，與圓交于點，且，求直線的方程.18．在直角坐標系中，，，點在直線上.（1）若三點共線，求點的坐標；（2）若，求點的坐標.19．已知數列的前項和為，對任意滿足，且，數列滿足，，其前9項和為63.（1）求數列和的通項公式；（2）令，數列的前項和為，若存在正整數，有，求實數的取值范圍；（3）將數列,的項按照“當為奇數時，放在前面；當為偶數時，放在前面”的要求進行“交叉排列”，得到一個新的數列：…，求這個新數列的前項和.20．在中，角，，的對邊分別為，，，且.（1）求角的大?。唬?）若，的面積為，求邊的長.21．如果一個數列從第2項起，每一項與它前一項的差都大于2，則稱這個數列為“阿當數列”.（1）若數列為“阿當數列”，且，，，求實數的取值范圍；（2）是否存在首項為1的等差數列為“阿當數列”，且其前項和滿足？若存在，請求出的通項公式；若不存在，請說明理由.（3）已知等比數列的每一項均為正整數，且為“阿當數列”，，，當數列不是“阿當數列”時，試判斷數列是否為“阿當數列”，并說明理由.

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、C【解析】

根據題意可知函數周期為，利用周期公式求出，計算即可求值.【詳解】由正切型函數的圖象及相鄰兩支截直線所得的線段長為知，，所以，，故選C.【點睛】本題主要考查了正切型函數的周期，求值，屬于中檔題.2、C【解析】試題分析：.考點：等差數列的基本概念.3、C【解析】

由數列為等差數列，當時，有，代入求解即可.【詳解】解：因為數列為等差數列，又，則，又，則，故選：C.【點睛】本題考查了等差數列的性質，屬基礎題.4、C【解析】

甲，乙，丙，丁四個人中乙和丙的平均數最大且相等，甲，乙，丙，丁四個人中丙的方差最小，說明丙的成績最穩定，得到丙是最佳人選．【詳解】甲，乙，丙，丁四個人中乙和丙的平均數最大且相等，甲，乙，丙，丁四個人中丙的方差最小，說明丙的成績最穩定，綜合平均數和方差兩個方面說明丙成績即高又穩定，丙是最佳人選，故選：C．【點睛】本題考查平均數和方差的實際應用，考查數據處理能力，求解時注意方差越小數據越穩定.5、B【解析】

根據題意可設抽到高一和高二年級學生人數分別為和，則，繼而算出抽到的各年級人數，再根據分層抽樣的原理可以推得該校高二年級的人數．【詳解】根據題意可設抽到高一和高二年級學生人數分別為和，則，即，所以高一年級和高二年級抽到的人數分別是12人和8人，則該校高二年級學生人數為人．故選：．【點睛】本題考查分層抽樣的方法，屬于容易題．6、A【解析】

一般式直線方程的斜率為．【詳解】直線的斜率為.故選A【點睛】此題考察一般直線方程的斜率，屬于較易基礎題目7、C【解析】

由已知中的程序語句可知：該程序的功能是利用循環結構計算S的值并輸出相應變量n的值，模擬程序的運行過程，分析循環中各變量值的變化情況，可得答案．【詳解】解：模擬程序的運行，可得

S=0，n=1

S=2，n=2

滿足條件S＜30，執行循環體，S=2+4=6，n=3

滿足條件S＜30，執行循環體，S=6+8=14，n=4

滿足條件S＜30，執行循環體，S=14+16=30，n=1

此時，不滿足條件S＜30，退出循環，輸出n的值為1．

故選C．【點睛】本題考查了程序框圖的應用問題，解題時應模擬程序框圖的運行過程，以便得出正確的結論，是基礎題．8、D【解析】

直接由二倍角的余弦公式，即可得解.【詳解】由二倍角公式得：，故選D.【點睛】本題考查了二倍角的余弦公式，屬于基礎題.9、D【解析】

通過反例、作差法、不等式的性質可依次判斷各個選項即可.【詳解】若，，則，錯誤；，則，錯誤；，，則，錯誤；，則等價于，成立，正確.本題正確選項：【點睛】本題考查不等式的性質，屬于基礎題.10、D【解析】

根據兩個球的表面積之比求出半徑之比，利用半徑之比求出球的體積比.【詳解】由題知，則.故選：D.【點睛】本題主要考查了球體的表面積公式和體積公式，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】

根據等差數列的性質得，由此得解.【詳解】解：由題意可知，；同理。故.故答案為：【點睛】本題考查了等差數列的性質，屬于基礎題.12、3【解析】分析：每天走的路形成等比數列{an}，q=，S3=1．利用求和公式即可得出．詳解：每天走的路形成等比數列{an}，q=，S3=1．∴S3=1=，解得a1=2．∴該人最后一天走的路程=a1q5==3．故答案為：3．點睛：本題考查了等比數列的通項公式與求和公式，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．13、2000【解析】

由題意得，溫度下降了，再求出這個溫度是由幾段100米得出來的，最后乘以100即可.【詳解】由題意得，這座山的高度為：米故答案為：2000【點睛】本題結合實際問題考查有理數的混合運算，解題關鍵是溫度差里有幾個0.8，屬于基礎題.14、.【解析】

在分式中分子分母同時除以，將代數式轉化為正切來進行計算.【詳解】由題意得，原式，故答案為.【點睛】本題考查弦的分式齊次式的計算，常利用弦化切的思想求解，一般而言，弦化切思想主要應用于以下兩種題型：（1）弦的次分式齊次式：當分式是關于角的次分式齊次式，在分子分母中同時除以，可以將分式化為切的分式來求解；（2）弦的二次整式：當代數式是關于角弦的二次整式時，先除以，將代數式轉化為關于角弦的二次分式齊次式，然后在分式分子分母中同時除以，可實現弦化切.15、①②【解析】

根據題意作出折起后的幾何圖形，再根據線面平行的判定定理，線面垂直的判定定理，異面直線的判定定理等知識即可判斷各選項的真假．【詳解】作出折起后的幾何圖形，如圖所示：．因為，分別是，的中點，所以是的中位線，所以．而面，所以面，①正確；無論怎樣折起，始終有，所以面，即有，而，所以，②正確；折起后，面，面，且，故與是異面直線，③錯誤．故答案為：①②．【點睛】本題主要考查線面平行的判定定理，線面垂直的判定定理，異面直線的判定定理等知識的應用，意在考查學生的直觀想象能力和邏輯推理能力，屬于基礎題．16、【解析】

先求出四棱錐的底面對角線的長度，結合勾股定理可求出四棱錐的高，然后由圓柱的一個底面的圓周經過四棱錐四條側棱的中點，可知四條側棱的中點連線為正方形，其對角線為圓柱底面的直徑，圓柱的高為四棱錐的高的一半，分別求解可求出圓柱的側面積.【詳解】由題可知，四棱錐是正四棱錐，四棱錐的四條側棱的中點連線為正方形，邊長為，該正方形對角線的長為1，則圓柱的底面半徑為，四棱錐的底面是邊長為的正方形，其對角線長為2，則四棱錐的高為，故圓柱的高為1，所以圓柱的側面積為.【點睛】本題主要考查了空間幾何體的結構特征，考查了學生的空間想象能力與計算求解能力，屬于中檔題.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、（Ⅰ）；（Ⅱ）或.【解析】

(1)本題首先根據直線方程確定、兩點坐標，然后根據線段為直徑確定圓心與半徑，即可得出圓的標準方程；(2)首先可根據題意得出圓心到直線的距離為，然后根據直線的斜率是否存在分別設出直線方程，最后根據圓心到直線距離公式即可得出結果。【詳解】(1)令方程中的，得，令，得.所以點的坐標分別為.所以圓的圓心是，半徑是，所以圓的標準方程為.(2)因為，圓的半徑為，所以圓心到直線的距離為.若直線的斜率不存在，直線的方程為，符合題意.若直線的斜率存在，設其直線方程為，即.圓的圓心到直線的距離，解得.則直線的方程為，即.綜上，直線的方程為或.【點睛】本題考查圓的標準方程與幾何性質，考查直線和圓的位置關系，當直線與圓相交時，半徑、弦長的一半以及圓心到直線距離可構成直角三角形，考查計算能力，在計算過程中要注意討論直線的斜率是否存在，是中檔題。18、（1）；（2）.【解析】

（1）三點共線，則有與共線，由向量共線的坐標運算可得點坐標；（2），則，由向量數量積的坐標運算可得【詳解】設，則，（1）因為三點共線，所以與共線，所以，，點的坐標為.（2）因為，所以，即，，點的坐標為.【點睛】本題考查向量共線和向量垂直的坐標運算，屬于基礎題．19、（1）；（2）；（3）【解析】試題分析：（1）由已知得數列是等差數列，從而易得，也即得，利用求得，再求得可得數列通項，利用已知可得是等差數列，由等差數列的基本量法可求得；（2）代入得，變形后得，從而易求得和，于是有，只要求得的最大值即可得的最小值，從而得的范圍，研究的單調性可得；（3）根據新數列的構造方法，在求新數列的前項和時，對分類：，和三類，可求解．試題解析：（1）∵，∴數列是首項為1，公差為的等差數列，∴，即，∴，又，∴．∵，∴數列是等差數列，設的前項和為，∵且，∴，∴的公差為（2）由（1）知，∴，∴設，則，∴數列為遞增數列，∴，∵對任意正整數，都有恒成立，∴．（3）數列的前項和，數列的前項和，①當時，；②當時，，特別地，當時，也符合上式；③當時，．綜上：考點：等差數列的通項公式，數列的單調性，數列的求和．20、（1）（2）【解析】

（1）利用正弦定理實現邊角轉化，逆用兩角和的正弦公式，進行化簡，最后可求出角的大?。唬?）利用面積公式結合，可以求出的值，再利用余弦定理可以求出邊的長.【詳解】（1）在中，由正弦定理得，，故，，，代入，并兩邊同除以，得：，即，因為在中，，所以，故，又由可得，所以，同樣由得：.（2）因為的面積為，所以，又由（1）得：，所以，，又，所以，.由余弦定理得：所以.【點睛】本題考查了了正弦定理的應用，考查了面積公式，考查了利用余弦定理求邊長，考查了數學運算能力.21、（1）；（2）不存在，理由見詳解；（3）見詳解.【解析】

（1）根據題意，得到，求解即可得出結果；（2）先假設存在等差數列為“阿當數列”，設公差為，則，根據等差數列求和公式，結合題中條件，得到，即對任意都成立，判斷出，推出矛盾，即可得出結果；（3）設等比數列的公比為，根據為“阿當數列”，推出在數列中，為最小項；在數列中，為最小項；得到，，再由數列每一項均為正整數，得到，或，；分別討論，和，兩種情況，結合數列的增減性，即可得出結果.【詳解】（1）由題意可得：，，即，解得或；所以實數的取值范圍是；（2）假設存在等差數列為“阿當數列”，設公差為，則，由可得：，又，所以對任意都成立，即對任意都成立，因為，且，所以，與矛盾，因此，不存在等差數列