2025年吉林省延边朝鲜族自治州汪清县第六中学数学高一第二学期期末联考模拟试题含解析.doc

2025年吉林省延边朝鲜族自治州汪清县第六中学数学高一第二学期期末联考模拟试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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．袋中装有红球3个、白球2个、黑球1个，从中任取2个，则互斥而不对立的两个事件是　　
A．至少有一个白球；都是白球 B．至少有一个白球；至少有一个红球
C．至少有一个白球；红、黑球各一个 D．恰有一个白球；一个白球一个黑球
2．若且，则下列不等式成立的是( )
A． B． C． D．
3．已知M为z轴上一点，且点M到点与点的距离相等，则点M的坐标为（ ）
A． B． C． D．
4．设全集，集合，，则（ ）
A． B． C． D．
5．己知向量，.若，则m的值为( )
A． B．4 C．- D．-4
6．设点M是直线上的一个动点，M的横坐标为，若在圆上存在点N，使得，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．在中，若，则（ ）
A． B． C． D．
8．将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，则的值为（ ）
A． B． C． D．
9．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则（ ）
A． B． C． D．
10．已知平面平面，，点，，直线，直线，直线，，则下列四种位置关系中，不一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．如图，为测量山高，选择和另一座山的山顶为测量观测点，从点测得的仰角，点的仰角以及；从点测得；已知山高，则山高__________．

12．经过点且在x轴上的截距等于在y轴上的截距的直线方程是________.
13．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________

14．己知某产品的销售额y与广告费用x之间的关系如表：
单位：万元
0
1
2
3
4
单位：万元
10
15
20
30
35
若求得其线性回归方程为，则预计当广告费用为6万元时的销售额为_____
15．_________________；
16．在等差数列中，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．在平面直角坐标系中，已知，，动点满足条件.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）设点是点关于直线的对称点，问是否存在点同时满足条件：①点在曲线上；②三点共线，若存在，求直线的方程；若不存在，请说明理由.
18．设函数
（1）若对于一切实数恒成立，求的取值范围；
（2）若对于恒成立，求的取值范围.
19．已知函数，，值域为，求常数、的值；
20．已知的三个内角的对边分别为，且，
（1）求证：；
（2）若是锐角三角形，求的取值范围.
21．如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且.

（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A−PB−C的余弦值.
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】
由题意逐一考查所给的事件是否互斥、对立即可求得最终结果.
【详解】
袋中装有红球3个、白球2个、黑球1个，从中任取2个，逐一分析所给的选项：
在A中，至少有一个白球和都是白球两个事件能同时发生，不是互斥事件，故A不成立．
在B中，至少有一个白球和至少有一个红球两个事件能同时发生，不是互斥事件，故B不成立；
在C中，至少有一个白球和红、黑球各一个两个事件不能同时发生但能同时不发生，
是互斥而不对立的两个事件，故C成立；
在D中，恰有一个白球和一个白球一个黑球两个事件能同时发生，不是互斥事件，故D不成立；
本题选择C选项.
“互斥事件”与“对立事件”的区别：对立事件是互斥事件，是互斥中的特殊情况，但互斥事件不一定是对立事件，“互斥”是“对立”的必要不充分条件．
2、D
【解析】
利用不等式的性质对四个选项逐一判断.
【详解】
选项A: ，符合，但不等式不成立，故本选项是错误的；
选项B:当符合已知条件，但零没有倒数，故不成立 ，故本选项是错误的；
选项C:当时，不成立，故本选项是错误的；
选项D:因为，所以根据不等式的性质，由能推出，故本选项是正确的，因此本题选D.
本题考查了不等式的性质，结合不等式的性质，举特例是解决这类问题的常见方法.
3、C
【解析】
根据题意先设，再根据空间两点间的距离公式，得到，再由点M到点与点的距离相等建立方程求解.
【详解】
设
根据空间两点间的距离公式得

因为点M到点与点的距离相等
所以
解得
所以
故选：C
本题主要考查了空间两点间的距离公式，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
4、D
【解析】
先求得集合的补集，然后求其与集合的交集，由此得出正确选项.
【详解】
依题意，所以，故选D.
本小题主要考查集合补集、交集的概念和运算，属于基础题.
5、B
【解析】
根据两个向量垂直的坐标表示列方程，解方程求得的值.
【详解】
依题意，由于，所以，解得.
故选B.
本小题主要考查两个向量垂直的坐标表示，考查向量减法的坐标运算，属于基础题.
6、D
【解析】
由题意画出图形，根据直线与圆的位置关系可得相切，设切点为P,数形结合找出M点满足|MP|≤|OP|的范围,从而得到答案．
【详解】
由题意可知直线与圆相切，如图，

设直线x+y−2=0与圆相切于点P，
要使在圆上存在点N,使得，
使得最大值大于或等于时一定存在点N，使得，
而当MN与圆相切时，此时|MP|取得最大值，
则有|MP|≤|OP|才能满足题意，
图中只有在M1、M2之间才可满足，
∴的取值范围是[0,2].
故选：D.
本题考查直线与圆的位置关系，根据数形结合思想，画图进行分析可得，属于中等题.
7、A
【解析】
由已知利用余弦定理即可解得的值．
【详解】
解：，，，
由余弦定理可得：，
解得：，
故选：A．
本题主要考查余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
8、A
【解析】
，向左平移个单位得到函数=，故
9、B
【解析】
由题意和余弦定理可得，再由余弦定理可得，可得角的值．
【详解】
在中，，
由余弦定理可得，
，
，
又，
．
故选：．
本题考查利用余弦定理解三角形，考查了转化思想，属基础题．
10、D
【解析】
平面外的一条直线平行平面内的一条直线则这条直线平行平面，若两平面垂直则一个平面内垂直于交线的直线垂直另一个平面，主要依据这两个定理进行判断即可得到答案．
【详解】
如图所示：

由于，，，所以，又因为，所以，故A正确，
由于，，所以，故B正确，
由于，，在外，所以，故C正确；
对于D，虽然，当不一定在平面内，故它可以与平面相交、平行，不一定垂直，所以D不正确；
故答案选D
本题考查线面平行、线面垂直、面面垂直的判断以及性质应用，要求熟练掌握定理是解题的关键．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
在△ABC中，，，
在△AMC中，，
由正弦定理可得，
解得，
在Rt△AMN中
.
12、或
【解析】
当直线不过原点时，设直线的方程为，把点代入求得的值，即可求得直线方程，当直线过原点时，直线的方程为，综合可得答案.
【详解】
当直线不过原点时，设直线的方程为，
把点代入可得：，即
此时直线的方程为：
当直线过原点时，直线的方程为，即
综上可得：满足条件的直线方程为：或
故答案为：或
过原点的直线横纵截距都为0，在解题的时候容易漏掉.
13、2
【解析】
根据三视图还原几何体，为一个底面是直角梯形的四棱锥，根据三视图的数据，分别求出其底面积和高，求出体积，得到答案.
【详解】
由三视图还原几何体如图所示，
几何体是一个底面是直角梯形的四棱锥，
由三视图可知，其底面积为，
高
所以几何体的体积为.
故答案为.

本题考查三视图还原几何体，求四棱锥的体积，属于简单题.
14、
【解析】
由已知表格中数据求得，，再由回归直线方程过样本中心点求得，得到回归方程，取即可求得答案．
【详解】
解：，，
，
．
则，
取，得．
故答案为：
本题考查线性回归方程的求法，考查计算能力，是基础题．
15、1
【解析】
利用诱导公式化简即可得出答案
【详解】

本题考查诱导公式，属于基础题．
16、
【解析】
利用等差数列广义通项公式，将转化为，从而求出的值，再由广义通项公式求得．
【详解】
在等差数列中，由，，
得，即．
．
故答案为：1．
本题考查等差数列广义通项公式的运用，考查基本量法求解数列问题，属于基础题．

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）；（2）存在点，直线方程为.
【解析】
（1）设，由题意根据两点间的距离公式即可求解.
（2）假设存在点满足题意，此时直线的方程为：.设，，根据题意可得，求出，再将直线与圆联立求出，根据向量共线的坐标表示以及点在圆上，求出即可求解.
【详解】
（1）设，由得
，
整理得：，
所以点的轨迹方程为.
（2）假设存在点满足题意，此时直线的方程为：.
设，.
因为与关于直线对称，
所以
解得即.
由，得，即.
此时，，，
所以，
所以当时，三点共线.
若在曲线上，则，
整理得，即，
所以，即.
综上所述，存在点，满足条件①②，此时直线方程为.
本小题主要考查坐标法、圆的标准方程、直线与圆的位置关系等基础知识，考查抽象概括能力、运算求解能力，考查数形结合思想、整体运算思想，化归与转化思想等.
18、（1）（2）
【解析】
（1）由不等式恒成立，结合二次函数的性质，分类讨论，即可求解；
（2）要使对于恒成立，整理得只需恒成立，结合基本不等式求得最值，即可求解.
【详解】
（1）由题意，要使不等式恒成立，
①当时，显然成立，所以时，不等式恒成立；
②当时，只需，解得，
综上所述，实数的取值范围为.
（2）要使对于恒成立，
只需恒成立，
只需，
又因为，
只需，
令，则只需即可
因为，当且仅当，即时等式成立；
因为，所以，所以.
本题主要考查了含参数的不等式的恒成立问题的求解，其中解答中把不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题是解答的关键，着重考查了分类讨论思想，以及转化思想的应用，属于基础题.
19、，；或，；
【解析】
先利用辅助角公式化简,再根据,值域为求解即可.
【详解】
.
又则,
当时,,此时
当时,,此时
故,；或,；
本题主要考查了三角函数的辅助角公式以及三角函数值域的问题,需要根据自变量的范围求出值域,同时注意正弦函数部分的系数正负,属于中等题型.
20、（1）证明见解析；（2）
【解析】
（1）由，联立，得，然后边角转化，利用和差公式化简，即可得到本题答案；
（2）利用正弦定理和，得，再确定角C的范围，即可得到本题答案.
【详解】
解：（1）锐角中，，故由余弦定理可得：，
，
，即，
∴利用正弦定理可得：，
即，
，
可得：，
∴可得：，或（舍去），
.
（2），均为锐角，由于：，
，.
再根据，可得，
，

本题主要考查正余弦定理的综合应用，其中涉及到利用三角函数求取值范围的问题.
21、（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD．
由于AB//CD ，故AB⊥PD ，从而AB⊥平面PAD．
又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．
（2）在平面内作，垂足为，
由（1）可知，平面，故，可得平面.
以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.

由（1）及已知可得，，，.
所以，，，.
设是平面的法向量，则
即
可取.
设是平面的法向量，则
即可取.
则，
所以二面角的余弦值为.
高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：
①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；
②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；
③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.