2025屆廣東省汕頭市貴嶼中學高一下數學期末考試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。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．下列極限為1的是（）A．（個9） B．C． D．2．橢圓中以點M(1，2)為中點的弦所在直線斜率為（）A． B． C． D．3．如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某個幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．4．在中，角所對的邊分別為，若，則此三角形（）A．無解 B．有一解 C．有兩解 D．解的個數不確定5．袋中有個大小相同的小球，其中個白球，個紅球，個黑球，現在從中任意取一個，則取出的球恰好是紅色或者黑色小球的概率為（）A． B． C． D．6．過點的直線的斜率為，則等于（）A． B．10 C．2 D．47．已知，且，把底數相同的指數函數與對數函數圖象的公共點稱為（或）的“亮點”．當時，在下列四點，，，中，能成為的“亮點”有（）A．0個 B．1個 C．2個 D．3個8．設a，b，c為的內角所對的邊，若，且，那么外接圓的半徑為A．1 B． C．2 D．49．已知非零實數a，b滿足，則下列不等關系一定成立的是（）A． B． C． D．10．已知的三邊滿足，則的內角C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．數列的通項，前項和為，則____________．12．若、、這三個的數字可適當排序后成為等差數列，也可適當排序后成等比數列，則________________.13．若首項為，公比為（）的等比數列滿足，則的取值范圍是________.14．設數列{an}滿足a1=1，且an+1﹣an=n+1（n∈N*），則數列{}的前10項的和為__．15．平面四邊形如圖所示，其中為銳角三角形，，，則_______.16．設是等差數列的前項和，若，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．如圖，四棱錐中，，平面平面，，為的中點.（1）求證://平面；（2）求點到面的距離（3）求二面角平面角的正弦值18．已知向量，.（1）當時，求的值；（2）設函數，已知在中，內角、、的對邊分別為、、，若，，，求的取值范圍.19．在中，，且.（1）求邊長；（2）求邊上中線的長.20．已知函數f(x)＝sinωx·cosωx＋cos2ωx－(ω＞0)，直線x＝x1，x＝x2是y＝f(x)圖象的任意兩條對稱軸，且|x1－x2|的最小值為.（Ⅰ）求f(x)的表達式；（Ⅱ）將函數f(x)的圖象向右平移個單位長度后，再將得到的圖象上各點的橫坐標伸長為原來的2倍，縱坐標不變，得到函數y＝g(x)的圖象，求函數g(x)的單調減區間.21．已知圓：．（Ⅰ）求過點的圓的切線方程；（Ⅱ）設圓與軸相交于，兩點，點為圓上異于，的任意一點，直線，分別與直線交于，兩點．（ⅰ）當點的坐標為時，求以為直徑的圓的圓心坐標及半徑；（ⅱ）當點在圓上運動時，以為直徑的圓被軸截得的弦長是否為定值？請說明理由．

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、A【解析】

利用極限的運算逐項求解判斷即可【詳解】對于A項，極限為1，對于B項，極限不存在，對于C項，極限為1．對于D項，，故選：A．【點睛】本題考查的極限的運算及性質，準確計算是關鍵，是基礎題2、A【解析】

先設出弦的兩端點的坐標，分別代入橢圓方程，兩式相減后整理即可求得弦所在的直線的斜率．【詳解】設弦的兩端點為，，代入橢圓得，兩式相減得，即，即，即，即，∴弦所在的直線的斜率為，故選A.【點睛】本題主要考查了橢圓的性質以及直線與橢圓的關系．在解決弦長的中點問題，涉及到“中點與斜率”時常用“點差法”設而不求，將弦所在直線的斜率、弦的中點坐標聯系起來，相互轉化，達到解決問題的目的，屬于中檔題.3、B【解析】根據三視圖可知幾何體是組合體：上面是半個圓錐（高為圓柱的一半），下面是半個圓柱，其中圓錐底面半徑是，高是，圓柱的底面半徑是，母線長是，所以該幾何體的體積，故選B.【方法點睛】本題利用空間幾何體的三視圖重點考查學生的空間想象能力和抽象思維能力，屬于難題.三視圖問題是考查學生空間想象能力最常見題型，也是高考熱點.觀察三視圖并將其“翻譯”成直觀圖是解題的關鍵，不但要注意三視圖的三要素“高平齊，長對正，寬相等”，還要特別注意實線與虛線以及相同圖形的不同位置對幾何體直觀圖的影響.4、C【解析】

利用正弦定理求，與比較的大小，判斷B能否取相應的銳角或鈍角.【詳解】由及正弦定理，得，，B可取銳角；當B為鈍角時，，由正弦函數在遞減，，可取.故選C.【點睛】本題考查正弦定理，解三角形中何時無解、一解、兩解的條件判斷，屬于中檔題.5、D【解析】

利用古典概型的概率公式可計算出所求事件的概率.【詳解】從袋中個球中任取一個球，取出的球恰好是一個紅色或黑色小球的基本事件數為，因此，取出的球恰好是紅色或者黑色小球的概率為，故選D.【點睛】本題考查古典概型概率的計算，解題時要確定出全部基本事件數和所求事件所包含的基本事件數，并利用古典概型的概率公式進行計算，考查計算能力，屬于基礎題.6、B【解析】

直接應用斜率公式，解方程即可求出的值.【詳解】因為過點的直線的斜率為，所以有，故本題選B.【點睛】本題考查了直線斜率公式，考查了數學運算能力.7、C【解析】

利用“亮點”的定義對每一個點逐一分析得解.【詳解】由題得，，由于，所以點不在函數f(x)的圖像上，所以點不是“亮點”；由于，所以點不在函數f(x)的圖像上，所以點不是“亮點”；由于，所以點在函數f(x)和g(x)的圖像上，所以點是“亮點”；由于，所以點在函數f(x)和g(x)的圖像上，所以點是“亮點”.故選C【點睛】本題主要考查指數和對數的運算，考查指數和對數函數的圖像和性質，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題.8、A【解析】

由得b2+c2-a2=bc．利用余弦定理，可得A=．再利用正弦定理可得2R=，可得R.【詳解】∵,∴,整理得b2+c2-a2=bc，根據余弦定理cosA=，可得cosA=∵A∈（0，π），∴A=由正弦定理可得2R==,解得R=1，故選A【點睛】已知三邊關系，可轉化為接近余弦定理的形式，直接運用余弦定理理解三角形，注意整體代入思想.9、D【解析】

根據不等式的基本性質，一一進行判斷即可得出正確結果．【詳解】A.，取，顯然不成立，所以該選項錯誤；B.，取，顯然不成立，所以該選項錯誤；C.，取，顯然不成立，所以該選項錯誤；D.，由已知且，所以，即．所以該選項正確.故選：．【點睛】本題考查不等式的基本性質，屬于容易題．10、C【解析】原式可化為,又,則C=,故選C.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、7【解析】

根據數列的通項公式，求得數列的周期為4，利用規律計算，即可求解．【詳解】由題意，數列的通項，可得，，得到數列是以4項為周期的形式，所以=．故答案為：7.【點睛】本題主要考查了數列的求和問題，其中解答中根據數列的通項公式求得數列的周期，以及各項的變化規律是解答的關鍵，屬于基礎題，著重考查了．12、【解析】

由，，可知，、、成等比數列，可得出，由、、或、、成等差數列，可得出關于、的方程組，解出這兩個未知數的值，即可計算出的值.【詳解】由于，，若不是等比中項，則有或，兩個等式左邊均為正數，右邊均為負數，不合題意，則必為等比中項，所以，將三個數由大到小依次排列，則有、、成等差數列或、、成等差數列.①若、、成等差數列，則，聯立，解得，此時，；②若、、成等差數列，則，聯立，解得，此時，.綜上所述，.故答案為：.【點睛】本題考查等比數列和等差數列定義的應用，根據題意列出方程組是解題的關鍵，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.13、【解析】

由題意可得且，即且，，化簡可得由不等式的性質可得的取值范圍.【詳解】解：，故有且，化簡可得且即故答案為：【點睛】本題考查數列極限以及不等式的性質，屬于中檔題.14、【解析】試題分析：∵數列滿足，且，∴當時，．當時，上式也成立，∴．∴．∴數列的前項的和．∴數列的前項的和為．故答案為．考點：（1）數列遞推式；（2）數列求和.15、．【解析】

由二倍角公式求出，然后用余弦定理求得，再由余弦定理求．【詳解】由題意，在中，，在中，，即，解得，或．若，則，，不合題意，舍去，所以．故答案為：．【點睛】本題考查余弦的二倍角公式，考查余弦定理．掌握余弦定理是解題關鍵．16、1.【解析】

由已知結合等差數列的性質求得，代入等差數列的前項和得答案．【詳解】解：在等差數列中，由，得，，則，故答案為：1．【點睛】本題主要考查等差數列的通項公式，考查等差數列的性質，考查了等差數列前項和的求法，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）見詳解；（2）；（3）【解析】

（1）通過取中點，利用中位線定理可得四變形為平行四邊形，然后利用線面平行的判定定理，可得結果.（2）根據,可得平面，可得結果.（3）作，作，可得二面角平面角為，然后計算，可得結果.【詳解】（1）取中點，連接，如圖由為的中點，所以//且又，且，所以//且，故//且，所以四變形為平行四邊形，故//又平面，平面所以//平面（2）由，平面平面平面，平面平面所以平面，又平面所以，由，所以為正三角形，所以則平面所以平面，且所以點到面的距離即（3）作交于點，作交于點，連接由平面平面，平面平面平面平面，所以平面，平面，所以，又平面，所以平面又平面，所以所以二面角平面角為，又為等腰直角三角形所以，所以所以又二面角平面角為故所以二面角平面角的正弦值為【點睛】本題考查了線面平行的判定定理，還考查了點面距和面面角的求法，第（3）中難點在于找到二面角的平面角，掌握定義以及綜合線面，面面的位置關系，細心計算，屬中檔題.18、(1)；(2)【解析】

（1）由共線向量的坐標運算化簡可得，將化切后代入即可（2）利用向量的坐標運算化簡，利用正弦定理求,根據角的范圍求值域即可.【詳解】（1）∵，，且；∴，∴；∴；（2）∵；在中，由正弦定理得，∴，∴，或；又∵，∴，∴，∵，∴；∴，∴；即的取值范圍是．【點睛】本題主要考查了向量數量積的坐標運算，三角恒等式，型函數的值域，屬于中檔題.19、（1）；（2）.【解析】

（1）利用同角的三角函數關系，可以求出的值，利用三角形內角和定理，二角和的正弦公式可以求出，最后利用正弦定理求出長；（2）利用余弦定理可以求出的長，進而可以求出的長，然后在中，再利用余弦定理求出邊上中線的長.【詳解】（1），，由正弦定理可知中：（2）由余弦定理可知：，是的中點，故，在中，由余弦定理可知：【點睛】本題考查了正弦定理、余弦定理、同角的三角函數關系、以及三角形內角和定理，考查了數學運算能力.20、（1）f(x)＝sin.（2）【解析】試題分析：（1）先利用二倍角公式和輔助角公式化簡，再利用周期公式即可求得正解；（2）根據圖像變換求出的表達式，再利用符合函數法求得遞減區間.試題解析：(1)f(x)＝sin2ωx＋×－＝sin2ωx＋cos2ωx＝sin，由題意知，最小正周期T＝2×＝，T＝＝＝，所以ω＝2，∴f(x)＝sin.(2)將f(x)的圖象向右平移個單位長度后，得到y＝sin的圖象，再將所得圖象所有點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，得到y＝sin的圖象．所以g(x)＝sin.由，得所以所求的單調減區間為21、（Ⅰ）或；（Ⅱ）（ⅰ）圓心為，半徑；（ⅱ）見解析【解析】

（Ⅰ）先判斷在圓外，所以圓過點的切線有兩條．再由斜率是否存在分別討論．（Ⅱ）（ⅰ）設直線PA和PB把其與直線交于，兩點表示出來，寫出圓的方程化簡即可．（ⅱ）先求出以為直徑的圓被軸截得的弦長，在設出PA和PB的直線方程，分別求出與直線的交點，求出圓心，再根據勾股定理易求解．【詳解】（Ⅰ）因為點在圓外，所以圓過點的切線有兩條．當直線的斜率不存在時，直線方程為，滿足條件．當直線的斜率存在時，可設為，即．由圓心到切線的距離，解得．此時切線方程為．綜上，圓的切線方程為或．（Ⅱ）因為圓與軸相交于，兩點，所以，．（ⅰ）當點坐標為時，直線的斜率為，直線的方程為．直線與直線的交點坐標為，