2025屆學易數學高一下期末檢測模擬試題注意事項：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。考試結束后，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．某程序框圖如圖所示，若輸出的，則判斷框內應填（）A． B． C． D．2．若直線y=x+b與曲線有公共點，則b的取值范圍是A．B．C．D．3．把函數圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的倍（縱坐標不變），再把所得曲線向右平移個單位長度，最后所得曲線的一條對稱軸是（）A． B． C． D．4．設a＞0，b＞0，若是和的等比中項，則的最小值為（）A．6 B． C．8 D．95．中國數學家劉微在《九章算術注》中提出“割圓”之說：“割之彌細，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓周合體，而無所失矣.”意思是“圓內接正多邊形的邊數無限增加的時候，它的周長的極限是圓的周長，它的面積的極限是圓的面積”.如圖，若在圓內任取一點，則此點取自其內接正六邊形的邊界及其內部的概率為（）A． B． C． D．6．若角的終邊與單位圓交于點，則（）A． B． C． D．不存在7．在中，是上一點，且，則（）A． B．C． D．8．設的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.若，，則角（）A． B． C． D．9．在中，角，，的對邊分別是，，，若，則（）A． B． C． D．10．下列四組中的函數，表示同一個函數的是（）A．， B．,C．， D．，二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．下列關于函數與的命題中正確的結論是______.①它們互為反函數；②都是增函數；③都是周期函數；④都是奇函數.12．已知，，是與的等比中項，則最小值為_________．13．若數據的平均數為，則____________.14．如圖甲是第七屆國際數學教育大會（簡稱）的會徽圖案，會徽的主體圖案是由如圖乙的一連串直角三角形演化而成的，其中，如果把圖乙中的直角三角形繼續作下去，記的長度構成數列，則此數列的通項公式為_____．15．已知正四棱錐的底面邊長為，高為，則該四棱錐的側面積是______________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，將的圖象向左平移個單位后得到的圖象，且在區間內的最大值為.（1）求實數的值；（2）求函數與直線相鄰交點間距離的最小值.18．已知數列是等差數列，是其前項和.（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前項和.19．已知數列，，滿足，，，.（1）設，求數列的通項公式；（2）設，求數列，的前n項和.20．已知函數.（1）證明函數在定義域上單調遞增；（2）求函數的值域；（3）令，討論函數零點的個數.21．做一個體積為，高為2m的長方體容器，問底面的長和寬分別為多少時，所用的材料表面積最少？并求出其最小值.

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、A【解析】

根據程序框圖的結構及輸出結果,逆向推斷即可得判斷框中的內容.【詳解】由程序框圖可知,,則所以此時輸出的值,因而時退出循環.因而判斷框的內容為故選:A【點睛】本題考查了根據程序框圖的輸出值,確定判斷框的內容,屬于基礎題.2、C【解析】

試題分析：如圖所示：曲線即（x-2）2+（y-3）2=4（-1≤y≤3），表示以A（2，3）為圓心，以2為半徑的一個半圓，直線與圓相切時，圓心到直線y=x+b的距離等于半徑2，可得=2，∴b=1+2，b=1-2當直線過點（4，3）時，直線與曲線有兩個公共點，此時b=-1結合圖象可得≤b≤3故答案為C3、A【解析】

先求出圖像變換最后得到的解析式，再求函數圖像的對稱軸方程.【詳解】由題得圖像變換最后得到的解析式為，令，令k=-1,所以.故選A【點睛】本題主要考查三角函數圖像變換和三角函數圖像對稱軸的求法，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題.4、D【解析】

試題分析：由題意a＞0，b＞0，且是和的等比中項，即，則，當且僅當時，即時取等號．考點：重要不等式，等比中項5、C【解析】

設出圓的半徑,表示出圓的面積和圓內接正六邊形的面積,即可由幾何概型概率計算公式得解.【詳解】設圓的半徑為則圓的面積為圓內接正六邊形的面積為由幾何概型概率可知,在圓內任取一點,則此點取自其內接正六邊形的邊界及其內部的概率為故選:C【點睛】本題考查了圓的面積及圓內接正六邊形的面積求法,幾何概型概率的計算公式,屬于基礎題.6、B【解析】

由三角函數的定義可得：，得解.【詳解】解：在單位圓中，，故選B.【點睛】本題考查了三角函數的定義，屬基礎題.7、C【解析】

利用平面向量的三角形法則和共線定理，即可得到結果．【詳解】因為是上一點，且，則．故選：C．【點睛】本題考查了平面向量的線性運算和共線定理的應用，屬于基礎題．8、B【解析】

根據正弦定理，可得，進而可求，再利用余弦定理，即可得結果．【詳解】，∴由正弦定理，可得3b=5a，，，，，故選：B.【點睛】本題主要考查余弦定理及正弦定理的應用，屬于中檔題.對余弦定理一定要熟記兩種形式：（1）；（2）.9、D【解析】

由題意，再由余弦定理可求出，即可求出答案.【詳解】由題意，，設，由余弦定理可得：，則.故選D.【點睛】本題考查了正、余弦定理的應用，考查了計算能力，屬于中檔題.10、A【解析】

分別判斷兩個函數的定義域和對應法則是否相同即可．【詳解】．的定義域為，，兩個函數的定義域相同，對應法則相同，所以，表示同一個函數．．的定義域為，，兩個函數的定義域相同，對應法則不相同，所以，不能表示同一個函數．．的定義域為，的定義域為，兩個函數的定義域不相同，所以，不能表示同一個函數．．的定義域為，的定義域，兩個函數的定義域不相同，對應法則相同，所以，不能表示同一個函數．故選．【點睛】本題主要考查判斷兩個函數是否為同一函數，判斷的依據主要是判斷兩個函數的定義域和對應法則是否相同即可．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、④【解析】

利用反函數，增減性，周期函數，奇偶性判斷即可【詳解】①，當時，的反函數是，故錯誤；②，當時，是增函數，故錯誤；③，不是周期函數，故錯誤；④，與都是奇函數，故正確故答案為④【點睛】本題考查正弦函數及其反函數的性質，熟記其基本性質是關鍵，是基礎題12、1【解析】

根據等比中項定義得出的關系，然后用“1”的代換轉化為可用基本不等式求最小值．【詳解】由題意，所以，所以，當且僅當，即時等號成立．所以最小值為1．故答案為：1．【點睛】本題考查等比中項的定義，考查用基本不等式求最值．解題關鍵是用“1”的代換找到定值，從而可用基本不等式求最值．13、【解析】

根據求平均數的公式，得到關于的方程，求得.【詳解】由題意得：，解得：，故填：.【點睛】本題考查求一組數據的平均數，考查基本數據處理能力.14、【解析】

由圖可知，由勾股定理可得,利用等差數列的通項公式求解即可.【詳解】根據圖形，因為都是直角三角形，,是以1為首項，以1為公差的等差數列，，，故答案為.【點睛】本題主要考查歸納推理的應用，等差數列的定義與通項公式，以及數形結合思想的應用，意在考查綜合應用所學知識解答問題的能力，屬于與中檔題.15、【解析】四棱錐的側面積是16、【解析】因為所以，即不等式的解集為.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、（1）1；（2）【解析】

（1）將化簡可得，再由平移變換可得，由在區間內的最大值為，可得的值；（2）解方程，可得所求相交點距離的最小值.【詳解】解：（1）所以，，∴當時，即時，函數取得最大值，∴.（2）根據題意，令，，∴或，.解得或，.因為，當時取等號，∴相鄰交點間距離的最小值是.【點睛】本題主要考查三角函數的平移變化及三角恒等變換與三角函數的性質，屬于中檔題.18、（1）（2）【解析】試題分析：（1）將已知條件轉化為首項和公差表示，解方程組可求得基本量的值，從而確定通項公式；（2）首先化簡數列的通項公式，結合特點采用分組求和法求解試題解析：（1）∵數列是等差數列，是其前項和，.∴，解得，∴.（2）∵，考點：數列求通項公式及數列求和19、（1）（2）【解析】

（1）由數列的遞推公式得到和的關系式，進而推導出滿足的關系式，進而求得數列的通項公式；（2）的通項公式是由等差數列的項乘以等比數列的項，利用乘公比錯位相減法，即可求解數列的前n項和.【詳解】（1）由題意，知，則，即，又由，所以，所以，所以，，，，.（2）由（1）知：，，，兩式相減得：.【點睛】本題主要考查數列的遞推公式的應用、以及“錯位相減法”求和，此類題目是數列問題中的常見題型，解答中確定通項公式是基礎，準確計算求和是關鍵，易錯點是在“錯位”之后求和時，弄錯等比數列的項數，能較好的考查考生的邏輯思維能力及基本計算能力等.20、（1）證明見解析；（2）；（3）當時，沒有零點；當時，有且僅有一個零點【解析】

（1）求出函數定義域后直接用定義法即可證明；（2）由題意得，對兩邊同時平方得，求出的取值范圍即可得解；（3）轉化條件得，令，利用二次函數的性質分類討論即可得解.【詳解】（1）證明：令，解得，故函數的定義域為令，由，可得，所以，，故即，所以函數在定義域上單調遞增.（2）由，，故，，當時，，有，可得：，故，由，可得，故函數的值域為，（3）由（2）知，則，令，則，令，①當時，，此時函數沒有零點，故函數也沒有零點；②當時，二次函數的對稱軸為，則函數在區間單調遞增，而，，故函數有一個零點，又由函數單調遞增，可得函數也只有一個零點；③當時，，二次函數開口向下，對稱軸，又，，此時函數沒有零點，故函數也沒有零點.綜上，當時，函數沒有零點；當時，函數有且僅有一個零點.【點睛】本題考查了函數單調性的證明、值域的求解和零點問題，考查了轉化化歸思想和分類討論思想，屬于中檔題.21、長和寬均為4m時，最小值為64【解析】

利用體積求得ab=16，只需表示出表面積，結合高為2