云南省宣威市二中2024-2025学年数学高一第二学期期末质量检测模拟试题含解析.doc

云南省宣威市二中2024-2025学年数学高一第二学期期末质量检测模拟试题
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．已知，满足，则（　　）
A． B． C． D．
2．在中，是上一点，且，则（ ）
A． B．
C． D．
3．计算( )
A． B． C． D．
4．已知为三条不同直线，为三个不同平面，则下列判断正确的是（ ）
A．若，，，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
5．如图所示的程序框图，若执行的运算是，则在空白的执行框中，应该填入

A． B．
C． D．
6．若实数满足，则的最大值是（）
A． B． C． D．
7．下列函数中，最小正周期为且图象关于原点对称的函数是（ ）
A． B．
C． D．
8．已知为不同的平面,为不同的直线则下列选项正确的是（ ）
A．若,则 B．若,则
C．若,则 D．若,则
9．设是两条不同的直线,是两个不同的平面,下列命题中正确的是（　　）
A．若,,则 B．若，,则
C．若,,则 D．若,,则
10．执行如图所示的程序框图,若输入的，则输出

A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．英国物理学家和数学家艾萨克·牛顿（Isaac newton，1643-1727年）曾提出了物体在常温环境下温度变化的冷却模型.现把一杯温水放在空气中冷却，假设这杯水从开始冷却，x分钟后物体的温度满足：（其中…为自然对数的底数）.则从开始冷却，经过5分钟时间这杯水的温度是________（单位：℃）.
12．已知，是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足，则的最大值是 .
13．已知点，点，则________．
14．已知当时，函数（且）取得最大值，则时，的值为__________．
15．已知无穷等比数列的前项和，其中为常数，则________
16．已知与之间的一组数据，则与的线性回归方程必过点__________．

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．在中，内角，，的对边分别为，，.已知，，且的面积为.
（1）求的值；
（2）求的周长.
18．设数列的前项和为，点均在函数的图像上.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，是数列的前项和，求使得对所有都成立的最小正整数.
19．已知数列满足且，设，.
（1）求；
（2）求的通项公式；
（3）求.
20．已知数列是递增的等比数列，且
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设为数列的前n项和，，求数列的前n项和．
21．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．
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、A
【解析】
根据对数的化简公式得到,由指数的运算公式得到=由对数的性质得到>0,，进而得到结果.
【详解】
已知,=,>0,
进而得到.
故答案为A.
本题考查了指对函数的运算公式和对数函数的性质；比较大小常用的方法有：两式做差和0比较，分式注意同分，进行因式分解为两式相乘的形式；或者利用不等式求得最值，判断最值和0的关系.
2、C
【解析】
利用平面向量的三角形法则和共线定理，即可得到结果．
【详解】
因为是上一点，且，

则．
故选：C．
本题考查了平面向量的线性运算和共线定理的应用，属于基础题．
3、A
【解析】
根据对数运算,即可求得答案.
【详解】

故选:A.
本题主要考查了对数运算,解题关键是掌握对数运算基础知识,考查了计算能力,属于基础题.
4、C
【解析】
根据线线位置关系，线面位置关系，以及面面位置关系，逐项判断，即可得出结果.
【详解】
A选项，当时，由，可得，此时由，可得或或与相交；所以A错误；
B选项，若，，则，或相交，或异面；所以B错误；
C选项，若，，，根据线面平行的性质，可得，所以C正确；
D选项，若，，则或，又，则，或相交，或异面；所以D错误；
故选C
本题主要考查线面，面面有关命题的判定，熟记空间中点线面位置关系即可，属于常考题型.
5、D
【解析】
试题分析：解：运行第一次：，不成立；
运行第二次：，不成立；
运行第三次：，不成立；
运行第四次：，不成立；
运行第四次：，成立；
输出
所以应选D.
考点：循环结构.
6、B
【解析】
根据，将等式转化为不等式，求的最大值.
【详解】
,
，
，
解得，，
的最大值是.
故选B.
本题考查了基本不等式求最值，属于基础题型.
7、A
【解析】
求出函数的周期，函数的奇偶性，判断求解即可．
【详解】
解：y＝cos（2x）＝﹣sin2x，是奇函数，函数的周期为：π，满足题意，所以A正确
y＝sin（2x）＝cos2x，函数是偶函数，周期为：π，不满足题意，所以B不正确；
y＝sin2x+cos2xsin（2x），函数是非奇非偶函数周期为π，所以C不正确；
y＝sinx+cosxsin（x），函数是非奇非偶函数，周期为2π，所以D不正确；
故选A．
考点：三角函数的性质.
8、C
【解析】
通过对ABCD逐一判断，利用点线面的位置关系即可得到答案.
【详解】
对于A选项，有可能异面，故错误；对于B选项，可能相交或异面，故错误；对于C选项，，显然故正确；对于D选项，也有可能，故错误.所以答案选C.
本题主要考查直线与平面的位置关系，意在考查学生的空间想象能力，难度不大.
9、C
【解析】
在A中，与相交或平行；在B中，或；在C中，由线面垂直的判定定理得；在D中，与平行或．
【详解】
设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则：
在A中，若，，则与相交或平行，故A错误；
在B中，若，，则或，故B错误；
在C中，若，，则由线面垂直的判定定理得，故C正确；
在D中，若，，则与平行或，故D错误．
故选C．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题．
10、B
【解析】
首先确定流程图所实现的功能，然后利用裂项求和的方法即可确定输出的数值.
【详解】
由流程图可知，程序输出的值为：，
即.
故选B.
本题主要考查流程图功能的识别，裂项求和的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、45
【解析】
直接利用对数的运算性质计算即可,
【详解】
.
故答案为：45.
本题考查对数的运算性质，考查计算能力，属于基础题.
12、
【解析】
，
，
是平面内两个相互垂直的单位向量，
∴，
∴，
，
，为与的夹角，
∵是平面内两个相互垂直的单位向量
∴，即，
所以当时，即与共线时，
取得最大值为，故答案为.
13、
【解析】
直接利用两点间的距离公式求解即可．
【详解】
点A（2，1），B（5，﹣1），则|AB|．
故答案为：．
本题考查两点间的距离公式的应用，基本知识的考查．
14、3
【解析】
先将函数的解析式利用降幂公式化为
，再利用辅助角公式化为，其中
，由题意可知与的关系，结合诱导公式以及求出的值．
【详解】

，其中，
当时，函数取得最大值，则，，
所以，，
解得，故答案为．
本题考查三角函数最值，解题时首先应该利用降幂公式、和差角公式进行化简，再利用辅助角公式化简为的形式，本题中用到了与之间的关系，结合诱导公式进行求解，考查计算能力，属于中等题．
15、1
【解析】
根据等比数列的前项和公式，求得，再结合极限的运算，即可求解.
【详解】
由题意，等比数列前项和公式，可得，
又由，所以，所以，可得.
故答案为：.
本题主要考查了等比数列的前项和公式的应用，以及熟练的极限的计算，其中解答中根据等比数列的前项和公式，求得的值，结合极限的运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
16、
【解析】
根据线性回归方程一定过样本中心点，计算这组数据的样本中心点，求出和的平均数即可求解.
【详解】
由题意可知，与的线性回归方程必过样本中心点
，，
所以线性回归方程必过.
故答案为：
本题是一道线性回归方程题目，需掌握线性回归方程必过样本中心点这一特征，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）
【解析】
（1）由 和可得sinA和cosA，再由二倍角公式即得cos2A；（2）由面积公式，可得的值，再由和正弦定理可知b和c的值，用余弦定理可计算出a，即得的周长．
【详解】
解：（1）因为，所以，.
因为，所以，，
则.
（2）由题意可得，的面积为，即.
因为，所以，所以，.
由余弦定理可得.
故的周长为.
本题考查用正弦定理和余弦定理解三角形，以及二倍角公式，属于常考题型．
18、（Ⅰ）（Ⅱ）10
【解析】
解：（I）依题意得，即．
当n≥2时，;
当
所以．
（II）由（I）得，
故=．
因此，使得<成立的m必须满足，
故满足要求的最小正整数m为10.

19、（1），，，；（1），；（3）.
【解析】
（1）依次代入计算，可求得；
（1）归纳出，并用数学归纳法证明；
（3）用裂项相消法求和，然后求极限．
【详解】
（1）∵且，
∴，即，，，
，，，
，，，
∴；
（1）由（1）归纳：，
下面用数学归纳法证明：
1°n=1，n=1时，由（1）知成立，
1°假设n=k（k>1）时，结论成立，即bk=1k1，
则n=k+1时，ak=bk-k=1k1-k，，
ak+1=(1k+1)(k+1)，
∴bk+1=ak+1+(k+1)=(1k+1)(k+1)+(k+1)=1(k+1)1，
∴n=k+1时结论成立，
∴对所有正整数n，bn=1n1．
（3）由（1）知n1时，，
∴

，

．
本题考查用归纳法求数列的通项公式，考查用裂项相消法求数列的和，考查数列的极限．在求数列通项公式时，可以根据已知的递推关系求出数列的前几项，然后归纳出通项公式，并用数学归纳法证明，这对学生的归纳推理能力有一定的要求，这也就是我们平常所学的从特殊到一般的推理方法．
20、（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
试题分析：（1）设等比数列的公比为q，，根据已知由等比数列的性质可得，联立解方程再由数列为递增数列可得则通项公式可得
（2）根据等比数列的求和公式，有所以，裂项求和即可
试题解析：（1）设等比数列的公比为q，所以有
联立两式可得或者又因为数列为递增数列，所以q>1，所以
数列的通项公式为
（2）根据等比数列的求和公式，有
所以
所以
考点：等比数列的通项公式和性质，数列求和
21、（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．