江西省南昌市第八中學、第二十三中學、第十三中學2025屆高一數學第二學期期末考試模擬試題注意事項：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．函數圖像的一條對稱軸方程為（）A． B． C． D．2．P是直線x+y+2=0上任意一點，點Q在圓x-22+yA．2 B．4-2 C．4+23．直線與直線平行，則實數a的值為（）A． B． C． D．64．若圓心坐標為的圓,被直線截得的弦長為，則這個圓的方程是（）A． B．C． D．5．已知數列的前項為和，且，則（）A．5 B． C． D．96．設是等比數列，有下列四個命題：①是等比數列；②是等比數列；③是等比數列；④是等差數列．其中正確命題的個數是()A． B． C． D．7．某中學舉行高一廣播體操比賽，共10個隊參賽，為了確定出場順序，學校制作了10個出場序號簽供大家抽簽，高一（l）班先抽，則他們抽到的出場序號小于4的概率為（）A． B． C． D．8．圓上的一點到直線的最大距離為（）A． B． C． D．9．化簡：（）A． B． C． D．10．在，內角所對的邊分別為，且，則（）A． B． C． D．1二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知且，則________12．已知數列的通項公式，則____________．13．某幾何體是由一個正方體去掉一個三棱柱所得，其三視圖如圖所示.如果網格紙上小正方形的邊長為1，那么該幾何體的體積是___14．在等比數列中，，的值為________15．在中，角，，所對的邊分別為，，，已知,,，則______．16．若等差數列和等比數列滿足，，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．已知某公司生產某款手機的年固定成本為400萬元，每生產1萬部還需另投入160萬元.設公司一年內共生產該款手機x(x≥40)萬部且并全部銷售完，每萬部的收入為R(x)萬元，且R(x)=74000(1)寫出年利潤W(萬元)關于年產量x（萬部）的函數關系式；(2)當年產量為多少萬部時，公司在該款手機的生產中所獲得的利潤最大？并求出最大利潤．18．已知數列滿足：．（1）若為等差數列，求的通項公式；（2）若單調遞增，求的取值范圍；19．己知，，若．（Ⅰ）求的最大值和對稱軸；（Ⅱ）討論在上的單調性．20．已知，，函數.(1)求在區間上的最大值和最小值；(2)若函數在區間上是單調遞增函數，求正數的取值范圍.21．如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四邊形BFED為矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1.(1)求證：AD⊥平面BFED；(2)點P在線段EF上運動，設平面PAB與平面ADE所成銳二面角為θ，試求θ的最小值．

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、B【解析】

對稱軸為【詳解】依題意有解得故選B【點睛】本題考查的對稱軸，屬于基礎題。2、D【解析】

首先求出圓心到直線的距離與半徑比較大小，得到直線與圓是相離的，根據圓上的點到直線的距離的最小值等于圓心到直線的距離減半徑，求得結果.【詳解】因為圓心(2,0)到直線x+y+2=0的距離為d=2+0+2所以直線x+y+2=0與圓(x-2)2所以PQ的最小值等于圓心到直線的距離減去半徑，即PQmin故選D.【點睛】該題考查的是有關直線與圓的問題，涉及到的知識點有直線與圓的位置關系，點到直線的距離公式，圓上的點到直線的距離的最小值問題，屬于簡單題目.3、A【解析】

直接利用斜率相等列方程求解即可.【詳解】因為直線與直線平行，所以，故選：A.【點睛】本題主要考查兩直線平行的性質：斜率相等，屬于基礎題.4、B【解析】

設出圓的方程，求出圓心到直線的距離，利用圓心到直線的距離、半徑和半弦長滿足勾股定理，求得圓的半徑，即可求得圓的方程，得到答案．【詳解】由題意，設圓的方程為，則圓心到直線的距離為，又由被直線截得的弦長為，則，所以所求圓的方程為，故選B．【點睛】本題主要考查了圓的方程的求解，以及直線與圓的弦長的應用，其中解答中熟記直線與圓的位置關系，合理利用圓心到直線的距離、半徑和半弦長滿足勾股定理是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．5、D【解析】

先根據已知求出數列的通項，再求解.【詳解】當時，，可得；當且時，，得，故數列為等比數列，首項為4，公比為2.所以所以.故選D【點睛】本題主要考查項和公式求數列通項，考查等比數列的通項的求法，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題.6、C【解析】

設，得到，，，再利用舉反例的方式排除③【詳解】設，則：，故是首項為，公比為的等比數列，①正確，故是首項為，公比為的等比數列，②正確取，則，不是等比數列，③錯誤.，故是首項為，公差為的等差數列，④正確故選：C【點睛】本題考查了等差數列，等比數列的判斷，找出反例可以快速的排除選項，簡化運算，是解題的關鍵.7、D【解析】

古典概率公式得到答案.【詳解】抽到的出場序號小于4的概率：故答案選D【點睛】本題考查了概率的計算，屬于簡單題.8、D【解析】

先求出圓心到直線距離，再加上圓的半徑，就是圓上一點到直線的最大距離．【詳解】圓心（2,1）到直線的距離是，所以圓上一點到直線的最大距離為，故選D．【點睛】本題主要考查圓上一點到直線距離最值的求法，以及點到直線的距離公式．9、A【解析】

.故選A．【點睛】考查向量數乘和加法的幾何意義，向量加法的運算．10、C【解析】

直接利用余弦定理求解.【詳解】由余弦定理得.故選C【點睛】本題主要考查余弦定理解三角形，意在考查學生對該知識的理解掌握水平，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】

根據數列極限的方法求解即可.【詳解】由題,故.又.故.故.故答案為：【點睛】本題主要考查了數列極限的問題,屬于基礎題型.12、【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13、6【解析】

先作出幾何體圖形，再根據幾何體的體積等于正方體的體積減去三棱柱的體積計算.【詳解】幾何體如圖所示：去掉的三棱柱的高為2，底面面積是正方體底面積的，所以三棱柱的體積：所以幾何體的體積：【點睛】本題考查三視圖與幾何體的體積.關鍵是作出幾何體的圖形，方法：先作出正方體的圖形，再根據三視圖“切”去多余部分.14、【解析】

根據等比數列的性質，可得，即可求解.【詳解】由題意，根據等比數列的性質，可得，解得.故答案為：【點睛】本題主要考查了等比數列的性質的應用，其中解答熟記等比數列的性質，準確計算是解答的關鍵，著重考查了計算能力，屬于基礎題.15、30°【解析】

直接利用正弦定理得到或，再利用大角對大邊排除一個答案.【詳解】即或，故，故故答案為【點睛】本題考查了正弦定理，沒有利用大角對大邊排除一個答案是容易發生的錯誤.16、【解析】

設等差數列的公差為，等比數列的公比為，根據題中條件求出、的值，進而求出和的值，由此可得出的值.【詳解】設等差數列的公差和等比數列的公比分別為和，則，求得，，那么，故答案為.【考點】等差數列和等比數列【點睛】等差、等比數列各有五個基本量，兩組基本公式，而這兩組公式可看作多元方程，利用這些方程可將等差、等比數列中的運算問題轉化為解關于基本量的方程（組）問題，因此可以說數列中的絕大部分運算題可看作方程應用題，所以用方程思想解決數列問題是一種行之有效的方法.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）W=73600-400000x-160x，(x≥40);（2）當x=50【解析】

(1)根據題意，即可求解利潤關于產量的關系式為W=(2)由（1）的關系式，利用基本不等式求得最大值，即可求解最大利潤．【詳解】（1）由題意，可得利潤W關于年產量x的函數關系式為W=xRx=74000-400000x-160x-400=73600-2由1可得W=73600-=73600-16000=57600，當且僅當400000x=160，即x=50時取等號，所以當x=50時，【點睛】本題主要考查了函數的實際應用問題，以及利用基本不等式求最值，其中解答中認真審題，得出利潤W關于年產量x的函數關系式，再利用基本不等式求解是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題．18、（1）（2）【解析】

（1）設出的通項公式，根據計算出對應的首項和公差，即可求解出通項公式；（2）根據條件得到，得到的奇數項成等差數列，的偶數項也成等差數列，根據單調遞增列出關于的不等式，求解出范圍即可.【詳解】（1）設，所以，所以，所以，所以；（2）因為，所以，所以，又因為，所以，當為奇數時，，當為偶數時，，因為單調遞增，所以，所以，所以.【點睛】本題考查等差數列的基本量求解以及根據數列的單調性求解參數范圍，難度一般.(1)已知數列的類型和數列的遞推公式求解數列通項公式時，可采用設出數列通項公式的形式，然后根據遞推關系求解出數列通項公式中的基本量；(2)數列的單調性可通過與的大小關系來判斷.19、(1);，(2)在上單調遞增，在上單調減.【解析】

(1)先由題意得到，再化簡整理，結合三角函數的性質，即可求出結果；（2）根據三角函數的單調性，結合題中條件，即可求出結果.【詳解】（1）所以最大值為，由，，所以對稱軸，（2）當時，，從而當，即時，單調遞增當，即時，單調遞減綜上可知在上單調遞增，在上單調減.【點睛】本題主要考查三角函數，熟記三角函數的性質即可，屬于常考題型.20、（1）（2）【解析】

（1）利用向量的數量積化簡即可得，再根據，求出的范圍結合圖像即可解決．（2）根據（1）求出，再根據正弦函數的單調性求出的單調區間即可．【詳解】解：（1）因為所以，所以，所以（2）解法一：令得因為函數在上是單調遞增函數，所以存在，使得，所以有因為，所以所以，又因為，得所以從而有所以，所以解法二：由，得因為所以所以解得又所以【點睛】本題主要考查了正弦函數在給定區間是的最值以及根據根據函數的單調性求參數．屬于中等題，解決本題的關鍵是記住正弦函數的單調性、最值等．21、（1）證明見解析（2）θ最小值為60°【解析】

（1）在梯形ABCD中，利用勾股定理，得到AD⊥BD，再結合面面垂直的判定，證得DE⊥平面ABCD，即可證得AD⊥平面BFED；（2）以D為原點，直線DA，DB，DE分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，求得平面PAB與平面ADE法向量，利用向量的夾角公式，即可求解。【詳解】（1）證明：在梯形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，∴AB＝2.∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos60°＝3.∴AB2＝AD2＋BD2，∴AD⊥BD.∵平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，DE?平面BFED，DE⊥DB，∴DE⊥平面ABCD，∴DE⊥AD，又DE∩BD＝D，∴AD⊥平面BFED.（1）由(1)知，直線AD，BD，ED兩兩垂直，故以D為原點，直線DA，DB，DE分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，令EP＝λ(0≤λ≤)，則D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，P(0，λ，1)，所以＝(－1，，0)，＝(0，λ－，