2025屆重慶綦江中學高一下數學期末調研試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．在中，，，，則（）A． B． C． D．2．給出下面四個命題：①；②；③；④.其中正確的個數為()A．1個 B．2個 C．3個 D．4個3．下列結論正確的是（）A． B．若，則C．當且時， D．4．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，這一比值也可以表示為a＝2cos72°，則＝（）A． B．1 C．2 D．5．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積是()A．2 B． C． D．126．已知，那么等于()A． B． C． D．57．已知過點的直線的傾斜角為，則直線的方程為（）A． B． C． D．8．用數學歸納法證明“”,從“到”左端需增乘的代數式為()A． B． C． D．9．已知直線與相交于點，線段是圓的一條動弦，且，則的最小值是（）A． B． C． D．10．已知直線：，：，若：；，則是的（）A．充要條件 B．充分不必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知sin+cosα=，則sin2α=__12．已知，若方程的解集為，則__________．13．過直線上一點作圓的兩條切線，切點分別為，若的最大值為，則實數__________．14．等差數列中，公差.則與的等差中項是_____（用數字作答）15．一組樣本數據8，10，18，12的方差為___________.16．不等式的解集為_____________________。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．已知函數.（1）求函數在上的單調遞增區間；（2）將函數的圖象向左平移個單位長度，再將圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的倍（縱坐標不變），得到函數的圖象.求證：存在無窮多個互不相同的整數，使得.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，且，求的值.20．設數列的前項和為，若且求若數列滿足，求數列的前項和.21．已知、、是同一平面內的三個向量，其中=（1，2），=（﹣2，3），=（﹣2，m）（1）若⊥（+），求||；（2）若k+與2﹣共線，求k的值．

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、D【解析】

直接用正弦定理直接求解邊.【詳解】在中，，，由余弦定理有：,即故選：D【點睛】本題考查利用正弦定理解三角形，屬于基礎題.2、B【解析】①；②；③；④,所以正確的為①②，選B.3、D【解析】

利用不等式的性質進行分析，對錯誤的命題可以舉反例說明．【詳解】當時，A不正確；，則，B錯誤；當時，，，C錯誤；由不等式的性質正確．故選：D.【點睛】本題考查不等式的性質，掌握不等式性質是解題關鍵．可通過反例說明命題錯誤．4、A【解析】

根據已知利用同角三角函數基本關系式，二倍角公式、誘導公式化簡即可求值得解．【詳解】∵a＝2cos72°，∴a2＝4cos272°，可得：4﹣a2＝4﹣4cos272°＝4sin272°，∴2sin72°，a2cos72°?2sin72°＝2sin144°＝2sin36°，∴．故選：A．【點睛】本題主要考查了同角三角函數基本關系式，二倍角公式、誘導公式在三角函數化簡求值中的應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于基礎題．5、C【解析】

由該幾何體的三視圖可知該幾何體為底面是等腰直角三角形的直棱柱，再結合棱柱的表面積公式求解即可.【詳解】解：由該幾何體的三視圖可知，該幾何體為底面是等腰直角三角形的直棱柱，又由圖可知底面等腰直角三角形的直角邊長為1，棱柱的高為1，則該幾何體的表面積是，故選：C.【點睛】本題考查了幾何體的三視圖，重點考查了棱柱的表面積公式，屬基礎題.6、B【解析】

因為，所以，故選B.7、B【解析】

由直線的傾斜角求得直線的斜率，再由直線的點斜式方程求解．【詳解】∵直線的傾斜角為，∵直線的斜率，又直線過點，由直線方程的點斜式可得直線的方程為，即．故選：B．【點睛】本題考查直線的點斜式方程，考查直線的傾斜角與斜率的關系，是基礎題．8、B【解析】

分別求出時左端的表達式，和時左端的表達式，比較可得“從到”左端需增乘的代數式.【詳解】由題意知，當時，有，當時，等式的左邊為，所以左邊要增乘的代數式為.故選：.【點睛】本題主要考查的是歸納推理，需要結合數學歸納法進行求解，熟知數學歸納法的步驟，最關鍵的是從到，考查學生仔細觀察的能力，是中檔題.9、D【解析】

由已知的所給的直線，可以判斷出直線過定點（3，1），直線過定點（1，3），兩直線互相垂直，從而可以得到的軌跡方程，設圓心為M，半徑為，作直線,可以求出的值，設圓的半徑為，求得的最小值，進而可求出的最小值.【詳解】圓的半徑為,直線與直線互相垂直，直線過定點（3，1），直線過定點（1，3），所以P點的軌跡為：設圓心為M，半徑為作直線,根據垂徑定理和勾股定理可得：，如下圖所示：的最小值就是在同一條直線上時，即則的最小值為，故本題選D.【點睛】本題考查了直線與圓相交的性質，考查了圓與圓的位置關系，考查了平面向量模的最小值求法，運用平面向量的加法的幾何意義是解題的關鍵.10、C【解析】因為直線：，：，所以或，即是的必要不充分條件.故選C.點睛：本題考查兩條直線平行的判定；由直線的一般式判定兩直線平行或垂直時，若將一般式化成斜截式，往往需要討論斜率是否存在，為了避免討論，記住以下結論：已知直線，.則或；.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】∵，∴即，則.故答案為：.12、【解析】

將利用輔助角公式化簡，可得出的值.【詳解】，其中，，因此，，故答案為.【點睛】本題考查利用輔助角公式化簡計算，化簡時要熟悉輔助角變形的基本步驟，考查運算求解能力，屬于中等題.13、1或；【解析】

要使最大，則最小．【詳解】圓的標準方程為，圓心為，半徑為．∵若的最大值為，∴，解得或．故答案為1或．【點睛】本題考查直線與圓的位置關系，解題思路是平面上對圓的張角問題，顯然在點固定時，圓外的點作圓的兩條切線，這兩條切線間的夾角是最大角，而當點離圓越近時，這個又越大．14、5【解析】

根據等差中項的性質，以及的值，求出的值即是所求.【詳解】根據等差中項的性質可知，的等差中項是，故.【點睛】本小題主要考查等差中項的性質，考查等差數列基本量的計算，屬于基礎題.15、14【解析】

直接利用平均數和方差的公式，即可得到本題答案.【詳解】平均數，方差.故答案為：14【點睛】本題主要考查平均數公式與方差公式的應用.16、或【解析】

利用一元二次函數的圖象或轉化為一元一次不等式組解一元二次不等式.【詳解】由，或，所以或，不等式的解集為或.【點睛】本題考查解一元二次不等式，考查計算能力，屬于基本題.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）單調遞增區間為；（2）見解析.【解析】

（1）利用二倍角的降冪公式以及輔助角公式可將函數的解析式化簡為，然后求出函數在上的單調遞增區間，與定義域取交集可得出答案；（2）利用三角函數圖象變換得出，解出不等式的解集，可得知對中的任意一個，每個區間內至少有一個整數使得，從而得出結論.【詳解】（1）.令，解得，所以，函數在上的單調遞增區間為，，因此，函數在上的單調遞增區間為；（2）將函數的圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象，再將圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的倍（縱坐標不變），得到函數的圖象，由，對于中的任意一個，區間長度始終為，大于，每個區間至少含有一個整數，因此，存在無窮多個互不相同的整數，使得.【點睛】本題考查正弦型三角函數單調區間的求解，同時也考查了利用三角函數圖象變換求函數解析式，以及三角不等式整數解的個數問題，考查運算求解能力，屬于中等題.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、【解析】

利用向量垂直和同角三角函數關系可求得；利用二倍角公式和同角三角函數平方關系將化為關于正余弦的齊次式的問題，分子分母同時除以可化為的形式，代入的值可求得結果.【詳解】，即【點睛】本題考查正余弦齊次式的求解問題，涉及到向量垂直的坐標表示、同角三角函數關系和二倍角公式的應用；關鍵是能夠靈活利用同角三角函數的平方關系構造出關于正余弦的齊次式，進而構造出正切的形式來進行求解.20、（1）；（2）.【解析】

（1）由時，，再驗證適合，于是得出，再利用等差數列的求和公式可求出；（2）求出數列的通項公式，判斷出數列為等比數列，再利用等比數列的求和公式求出數列的前項和．【詳解】（1）當且時，；也適合上式，所以，，則數列為等差數列，因此，；（2），且，所以，數列是等比數列，且