江苏省东海县白塔高级中学2025年数学高一第二学期期末检测模拟试题含解析.doc

江苏省东海县白塔高级中学2025年数学高一第二学期期末检测模拟试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1．已知，，，则的最小值为
A． B． C． D．4
2．在中，角所对的边分别为，已知，则最大角的余弦值是( )
A． B． C． D．
3．已知数列的通项公式，前项和为，则关于数列、的极限，下面判断正确的是（）
A．数列的极限不存在，的极限存在
B．数列的极限存在，的极限不存在
C．数列、的极限均存在，但极限值不相等
D．数列、的极限均存在，且极限值相等
4．在中，三个内角成等差数列是的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分又非必要条件
5．在中，内角所对的边分别为.若，则的值为（ ）
A． B． C． D．0
6．设为直线，是两个不同的平面，下列说法中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
7．函数 ()的部分图象如图所示，若，且，则（ ）

A．1 B． C． D．
8．已知等差数列的前项的和为，若，则等于（ ）
A．81 B．90 C．99 D．180
9．在中，角，，所对的边分别为，，，若，，,则的值为( )
A． B． C． D．
10．在中，若，则此三角形为（ ）三角形．
A．等腰 B．直角 C．等腰直角 D．等腰或直角
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知函数y=sin（x+）（>0, -<）的图象如图所示，则=________________ .
12．如图，为了测量树木的高度，在处测得树顶的仰角为，在处测得树顶的仰角为，若米，则树高为______米.

13．已知数列的通项公式，那么使得其前项和大于7.999的的最小值为______.
14．数列{}的前项和为，若，则{}的前2019项和____.
15．设变量满足条件，则的最小值为___________
16．已知直线与圆交于两点，若，则____.
三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．如图，是菱形，对角线与的交点为，四边形为梯形，，．

（1）若，求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）若，求直线与平面所成角的余弦值．
18．已知数列的前项和为，且.
（1）求；
（2）若，求数列的前项和.
19．如图1，已知菱形的对角线交于点，点为线段的中点，，，将三角形沿线段折起到的位置，，如图2所示．

（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）求三棱锥的体积．
20．已知、、是的内角，且，.
（1）若，求的外接圆的面积：
（2）若，且为钝角三角形，求正实数的取值范围.
21．设数列为等比数列，且，，
（1）求数列的通项公式：
（2）设，数列的前项和，求证：.
参考答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1、C
【解析】
化简条件得，化简，利用基本不等式，即可求解，得到答案．
【详解】
由题意，知，可得，
则，
当且仅当时，即时取得等号，
所以，即的最小值为，故选C．
本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中熟记基本不等式的使用条件：一正、二定、三相等是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
2、B
【解析】
由边之间的比例关系，设出三边长，利用余弦定理可求.
【详解】
因为，所以c边所对角最大，设，由余弦定理得，故选B.
本题考查余弦定理，计算求解能力，属于基本题.
3、D
【解析】
分别考虑与的极限，然后作比较.
【详解】
因为，
又 ，所以数列、的极限均存在，且极限值相等，
故选D.
本题考查数列的极限的是否存在的判断以及计算，难度一般.注意求解的极限时，若是分段数列求和的形式，一定要将多段数列均考虑到.
4、B
【解析】
根据充分条件和必要条件的定义结合等差数列的性质进行求解即可．
【详解】
在△ABC中，三个内角成等差数列，可能是A，C，B成等差数列，
则A+ B＝2 C，
则C＝60°，不一定满足
反之若 B＝60°，则A+ C＝120°＝2B，
则 A、B、C成等差数列，∴三个内角成等差数列是的必要非充分条件，
故选：B．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，考查了等差中项的应用，属于基础题．
5、D
【解析】
设利用余弦定理求cosC的值.
【详解】
设
所以.
故选D
本题主要考查余弦定理，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.
6、C
【解析】
画出长方体，按照选项的内容在长方体中找到相应的情况，即可得到答案
【详解】
对于选项A，在长方体中，任何一条棱都和它相对的两个平面平行，但这两个平面相交，所以A不正确；
对于选项B，若，分别是长方体的上、下底面，在下底面所在平面中任选一条直线，都有，但，所以B不正确；
对于选项D，在长方体中，令下底面为，左边侧面为，此时，在右边侧面中取一条对角线，则，但与不垂直，所以D不正确；
对于选项C，设平面，且，因为，所以，又，所以，又，所以，所以C正确.
本题考查直线与平面的位置关系，属于简单题
7、D
【解析】
由三角函数的图象求得，再根据三角函数的图象与性质，即可求解.
【详解】
由图象可知， ，即，所以，即，
又因为，则，解得，
又由，所以，所以，
又因为，所以图中的最高点坐标为.
结合图象和已知条件可知，
所以，
故选D.
本题主要考查了由三角函数的部分图象求解函数的解析式，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
8、B
【解析】
根据已知得到的值，利用等差数列前项和公式以及等差数列下标和的性质，求得的值.
【详解】
依题意，所以，故选B.
本小题主要考查等差数列的性质，考查等差数列前项和的计算，属于基础题.
9、B
【解析】
先利用面积公式得到，再利用余弦定理得到
【详解】

余弦定理：

故选B
本题考查了面积公式和余弦定理，意在考查学生的计算能力.
10、B
【解析】
由条件结合正弦定理即可得到，由此可得三角形的形状．
【详解】
由于在中，有，根据正弦定理可得；
所以此三角形为直角三角形；、
故答案选B
本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
由图可知，

12、
【解析】
先计算，再计算
【详解】
在处测得树顶的仰角为，在处测得树顶的仰角为
则
在中，
故答案为
本题考查了三角函数的应用，也可以用正余弦定理解答.
13、1
【解析】
直接利用数列的通项公式，建立不等式，解不等式求出结果．
【详解】
解：数列的通项公式，
则：，
所以：当时，
即：，
当时，成立，
即：的最小值为1．
故答案为：1
本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．
14、1009
【解析】
根据周期性，对2019项进行分类计算，可得结果。
【详解】
解：根据题意，的值以为循环周期，

=1009
故答案为：1009.
本题考查了周期性在数列中的应用，属于中档题。
15、-1
【解析】
根据线性规划的基本方法求解即可.
【详解】
画出可行域有：

因为.根据当直线纵截距最大时, 取得最小值.由图易得在处取得最小值.
故答案为：
本题主要考查了线性规划的基本运用,属于基础题.
16、
【解析】
根据点到直线距离公式与圆的垂径定理求解.
【详解】
圆的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离： ，
由得，
解得.
本题考查直线与圆的应用.此题也可联立圆与直线方程，消元后用弦长公式求解.

三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
【解析】
（1）取的中点，连接，，从而可得为平行四边形，即可证明平面；
（2）只需证明平面．即可证明平面平面；
（3）作于，则为与平面所成角，在中，由余弦定理得即可．
【详解】
（1）证明：取的中点，连接，，

∵是菱形的对角线，的交点，
∴，且，
又∵，且，
∴，且，
从而为平行四边形，
∴，
又平面，平面，
∴平面；
（2）∵四边形为菱形，∴，
∵，是的中点，∴，
又，∴平面，
又平面，
∴平面平面；
（3）作于，
∵平面平面，
∴平面，
则为与平面所成角，
由及四边形为菱形，得为正三角形，
则，，，
∴为正三角形，从而，
在中，由余弦定理，
得，
∴与平面所成角的余弦值为．
本题主要考查了空间线面位置关系、线面角的计算，属于中档题．
18、（1）；（2）.
【解析】
（1）利用与的关系可得，再利用等差数列的通项公式即可求解.
（2）由（1）求出，再利用裂项求和法即可求解.
【详解】
解：（1）因为，①
所以当时，，又，故.
当时，，②
①②得，，
整理得.
因为，所以，
所以是以为首项，以1为公差的等差数列.
所以，即.
（2）由（1）及得，，
所以

.
本小题考查与的关系、等差数列的定义及通项公式、数列求和等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、分类与整合思想等.
19、（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）折叠前，AC⊥DE；，从而折叠后，DE⊥PF，DE⊥CF，由此能证明DE⊥平面PCF．
再由DC∥AE，DC＝AE能得到DC∥EB，DC＝EB．说明四边形DEBC为平行四边形．可得CB∥DE．由此能证明平面PBC⊥平面PCF．
（Ⅱ）由题意根据勾股定理运算得到，又由（Ⅰ）的结论得到 ，可得平面，再利用等体积转化有，计算结果.
【详解】
（Ⅰ）折叠前，因为四边形为菱形，所以；
所以折叠后，，, 又，平面，
所以平面
因为四边形为菱形，所以．
又点为线段的中点，所以．
所以四边形为平行四边形．
所以．
又平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（Ⅱ）图1中，由已知得，，
所以图2中，，又
所以，所以
又平面，所以
又，平面，
所以平面，
所以．
所以三棱锥的体积为．
本题考查线面垂直、面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查了三棱锥体积的求法，运用了转化思想，是中档题．
20、（1）（2）
【解析】
（1）根据同角三角函数基本关系先求得，再由正弦定理求得即可；
（2）因大小不能确定，故钝角不能确定，结合三角形三边关系和余弦定理特点即可判断
【详解】
（1）由，又，即，
故外接圆的面积为：
（2），，，根据三边关系有，
当为钝角时，可得，即，解得，故；
当为钝角时，可得，即，解得，故；
综上可得的范围是
本题考查正弦定理的应用，余弦定理和三角形中形状的判断的关系，属于中档题
21、（1）（2）详见解析
【解析】
（1）将已知条件转化为等比数列的基本量和，得到的值，从而得到数列的通项；（2）根据题意写出，然后得到数列的通项，利用列项相消法进行求和，得到其前项和，然后进行证明.
【详解】
设等比数列的首项为，公比为，
因为，
所以，所以
所以；
（2），
所以，
所以.
因为，
所以.
本题考查等比数列的基本量计算，裂项相消法求数列的和，属于简单题.