福建省長汀、連城一中等六校2025屆高一下數學期末達標檢測模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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．若正實數滿足，且恒成立，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．2．數列中，對于任意，恒有，若，則等于()A． B． C． D．3．已知，，則（）A． B． C． D．4．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，，則在方向上的投影為（）A．1 B．2 C．3 D．45．設函數的圖象分別向左平移m(m>0)個單位，向右平移n(n>0>個單位，所得到的兩個圖象都與函數的圖象重合的最小值為（）A． B． C． D．6．設復數（是虛數單位），則在復平面內，復數對應的點的坐標為（）A． B． C． D．7．已知直線是函數的一條對稱軸，則的一個單調遞減區間是（）A． B． C． D．8．下列大小關系正確的是()A.B.C.D.9．下列命題中正確的是（）A． B．C． D．10．若將函數的圖象向右平移個單位，所得圖象關于軸對稱，則的最小值是（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知一圓錐的側面展開圖為半圓,且面積為S,則圓錐的底面積是_______12．已知，則_________.13．在中，，則______．14．在等差數列中，若，則______．15．當時，不等式成立，則實數k的取值范圍是______________.16．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．在平面直角坐標系中，已知曲線的方程是（，）．（1）當，時，求曲線圍成的區域的面積；（2）若直線：與曲線交于軸上方的兩點，，且，求點到直線距離的最小值．18．已知函數.（1）求函數的最小正周期；（2）求函數在區間上的值域.19．在中，內角，，的對邊分別為，，，已知.（Ⅰ）求角的值；（Ⅱ）若，且的面積為，求的值．20．已知直角梯形中，，，，，，過作，垂足為，分別為的中點，現將沿折疊，使得．（1）求證：（2）在線段上找一點，使得，并說明理由．21．已知是等差數列，滿足，，且數列的前n項和.（1）求數列和的通項公式；（2）令，數列的前n項和為，求證:.

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】

先利用基本不等求出的最小值，然后根據恒成立，可得，再求出a的范圍．【詳解】因為正實數x，y滿足，，當且僅當，即時取等號，恒成立，所以只需，，，的取值范圍為，故選：A.【點睛】本題主要考查不等式恒成立問題以及基本不等式求最值，解題時注意“一正、二定、三相等”的應用，本題屬于中檔題.2、D【解析】因為,所以

,

.選D.3、C【解析】

由放縮法可得出，再利用特殊值法以及不等式的基本性質可判斷各選項中不等式的正誤.【詳解】，，可得.取，，，則A、D選項中的不等式不成立；取，，，則B選項中的不等式不成立；且，由不等式的基本性質得，C選項中的不等式成立.故選：C.【點睛】本題考查不等式正誤的判斷，一般利用不等式的性質或特殊值法進行判斷，考查推理能力，屬于中等題.4、A【解析】

根據正弦定理，將已知條件進行轉化化簡，結合兩角和差的正弦公式可求，根據在方向上的投影為，代入數值，即可求解．【詳解】因為，所以，即，即，因為，所以，所以，所以在方向上的投影為：．故選：A．【點睛】本題主要考查正弦定理和平面向量投影的應用，根據正弦定理結合兩角和差的正弦公式是解決本題的關鍵，屬于中檔題．5、C【解析】

求出函數的圖象分別向左平移個單位，向右平移個單位后的函數解析式，再根據其圖象與函數的圖象重合，可分別得關于，的方程，解之即可．【詳解】解：將函數的圖象向左平移個單位，得函數，其圖象與的圖象重合，，，，故，，，當時，取得最小值為．將函數的圖象向右平移個單位，得到函數，其圖象與的圖象重合，，，，故，，當時，取得最小值為，的最小值為，故答案為：．【點睛】本題主要考查誘導公式，函數的圖象變換規律，屬于基礎題．6、A【解析】，所以復數對應的點為，故選A.7、B【解析】

利用周期公式計算出周期，根據對稱軸對應的是最值，然后分析單調減區間.【詳解】因為，若取到最大值，則，即，此時處最接近的單調減區間是：即，故B符合；若取到最小值，則，即，此時處最接近的單調減區間是：即，此時無符合答案；故選：B.【點睛】對于正弦型函數，對稱軸對應的是函數的最值，這一點值得注意.8、C【解析】試題分析：因為，，，所以。故選C。考點：不等式的性質點評：對于指數函數和對數函數，若，則函數都為增函數；若，則函數都為減函數。9、D【解析】

根據向量的加減法的幾何意義以及向量數乘的定義即可判斷．【詳解】，，，，故選D．【點睛】本題主要考查向量的加減法的幾何意義以及向量數乘的定義的應用．10、B【解析】

把函數的解析式利用輔助角公式化成余弦型函數解析式形式，然后求出向右平移個單位后函數的解析式，根據題意，利用余弦型函數的性質求解即可.【詳解】，該函數求出向右平移個單位后得到新函數的解析式為：，由題意可知：函數的圖象關于軸對稱，所以有當時，有最小值，最小值為.故選：B【點睛】本題考查了余弦型函數的圖象平移，考查了余弦型函數的性質，考查了數學運算能力.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

由已知中圓錐的側面展開圖為半圓且面積為S，我們易確定圓錐的母線長l與底面半徑R之間的關系，進而求出底面面積即可得到結論．【詳解】如圖：設圓錐的母線長為l，底面半徑為R若圓錐的側面展開圖為半圓則2πR＝πl，即l＝2R，又∵圓錐的側面展開圖為半圓且面積為S，則圓錐的底面面積是．故答案為．【點睛】本題考查的知識點是圓錐的表面積，根據圓錐的側面展開圖為半圓，確定圓錐的母線長與底面的關系是解答本題的關鍵．12、【解析】由題意可得：點睛：熟記同角三角函數關系式及誘導公式，特別是要注意公式中的符號問題；注意公式的變形應用，如sin2α＝1－cos2α，cos2α＝1－sin2α，1＝sin2α＋cos2α及sinα＝tanα·cosα等．這是解題中常用到的變形，也是解決問題時簡化解題過程的關鍵所在．13、【解析】

由已知求得，進一步求得，即可求出．【詳解】由，得，即，，則，，，則．【點睛】本題主要考查應用兩角和的正切公式作三角函數的恒等變換與化簡求值．14、【解析】

利用等差中項的性質可求出的值.【詳解】由等差中項的性質可得，解得.故答案為：.【點睛】本題考查利用等差中項的性質求項的值，考查計算能力，屬于基礎題.15、k∈（﹣∞，1]【解析】

此題先把常數k分離出來，再構造成再利用導數求函數的最小值，使其最小值大于等于k即可．【詳解】由題意知：∵當0≤x≤1時（1）當x＝0時，不等式恒成立k∈R（2）當0＜x≤1時，不等式可化為要使不等式恒成立，則k成立令f（x）x∈（0，1]即f'（x）再令g（x）g'（x）∵當0＜x≤1時，g'（x）＜0∴g（x）為單調遞減函數∴g（x）＜g（0）＝0∴f'（x）＜0即函數f（x）為單調遞減函數所以f（x）min＝f（1）＝1即k≤1綜上所述，由（1）（2）得k≤1故答案為：k∈（﹣∞，1]．【點睛】本題主要考查利用導數求函數的最值，屬于中檔題型．16、【解析】

對極限表達式進行整理，得到，由此作出判斷，即可得出參數的值.【詳解】因為所以，解得：.故答案為：；【點睛】本題主要考查由極限值求參數的問題，熟記極限運算法則即可，屬于常考題型.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)4；(2)．【解析】

（1）當，時，曲線的方程是，對絕對值內的數進行討論，得到四條直線圍成一個菱形，并求出面積為4；（2）對進行討論，化簡曲線方程，并與直線方程聯立，求出點的坐標，由得到的關系，再利用點到直線的距離公式求出，從而求得.【詳解】（1）當，時，曲線的方程是，當時，，當時，，當時，方程等價于，當時，方程等價于，當時，方程等價于，當時，方程等價于，曲線圍成的區域為菱形，其面積為；（2）當，時，有，聯立直線可得，當，時，有，聯立直線可得，由可得，即有，化為，點到直線距離，由題意可得，，，即，可得，，可得當，即時，點到直線距離取得最小值．【點睛】解析幾何的思想方法是坐標法，通過代數運算解決幾何問題，本題對運算能力的要求是比較高的.18、（1）；（2）【解析】

（1）由二倍角公式，并結合輔助角公式可得，再利用周期可求出答案；（2）由的范圍，可求得的范圍，進而可求出的范圍，從而可求得的值域.【詳解】（1），∴函數的最小正周期為.（2）∵，∴，∴，∴，∴函數在區間的值域為.【點睛】本題考查三角函數的恒等變換，考查三角函數的周期及值域，考查學生的計算求解能力，屬于基礎題.19、（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）利用，化簡得，然后利用正弦定理和余弦定理求解即可.（Ⅱ）利用面積公式得，得到，再利用，即可求解.【詳解】（Ⅰ）由題意知，即，由正弦定理，得，①，由余弦定理，得，又因為，所以．（Ⅱ）因為，，由面積公式得，即．由①得，故，即．【點睛】本題考查正弦和余弦定理的應用，屬于基礎題.20、（1）見解析（2）【解析】試題分析：（Ⅰ）由已知得：面面；（II）分析可知，點滿足時，面BDR⊥面BDC．

理由如下先計算再求得，

，再證面面面．試題解析：（Ⅰ）由已知得：面面

（II）分析可知，點滿足