内蒙古包头市第四中学2025年高一数学第二学期期末复习检测模拟试题含解析.doc

内蒙古包头市第四中学2025年高一数学第二学期期末复习检测模拟试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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．在中，已知，则等于( )
A． B．
C．或 D．或
2．在等差数列中，为其前n项和，若，则（ ）
A．60 B．75 C．90 D．105
3．已知网格纸的各个小格均是边长为一个单位的正方形，一个几何体的三视图如图中粗线所示，则该几何体的表面积为（ ）

A． B． C． D．
4．若直线与直线平行，则实数
A．0 B．1 C． D．
5．已知函数的部分图象如图所示，则此函数的解析式为（ ）

A． B．
C． D．
6．已知直线与圆相切，则的值是( )
A．1 B． C． D．
7．已知O，N，P在所在平面内，且，，且，则点O，N，P依次是的（ ）
A．重心 外心 垂心 B．重心 外心 内心
C．外心 重心 垂心 D．外心 重心 内心
8．一个不透明袋中装有大小､质地完成相同的四个球，四个球上分别标有数字2，3，4，6，现从中随机选取三个球，则所选三个球上的数字能构成等差数列(如：､､成等差数列，满足)的概率是（ ）
A． B． C． D．
9．已知，，且，则实数等于（ ）
A．-1 B．-9 C．3 D．9
10．函数的零点所在的区间是（ ）．
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知是边长为4的等边三角形，为平面内一点，则的最小值为__________．
12．已知数列的通项公式为，若数列为单调递增数列，则实数的取值范围是______.
13．不等式有解，则实数的取值范围是______.
14．已知，，则________．
15．在中，、、所对的边依次为、、，且，
若用含、、，且不含、、的式子表示，则_______ .
16．在公比为q的正项等比数列{an}中，a3＝9，则当3a2+a4取得最小值时，＝____．
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．已知方程；
（1）若，求的值；
（2）若方程有实数解，求实数的取值范围；
（3）若方程在区间上有两个相异的解、，求的最大值.
18．四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，是等边三角形，为的中点，.

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若，能否在棱上找到一点，使平面平面?若存在，求的长.
19．若, 且, 求的值.
20．如图，在四棱锥中，底面是菱形，底面.

（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）若，求直线与平面所成角的余弦值.
21．已知从甲地到乙地的公路里程约为240（单位：km）.某汽车每小时耗油量Q（单位：L）与速度x（单位：）（）的关系近似符合以下两种函数模型中的一种（假定速度大小恒定）：①，②，经多次检验得到以下一组数据：
x
0
40
60
120
Q
0

20
（1）你认为哪一个是符合实际的函数模型，请说明理由；
（2）从甲地到乙地，这辆车应以多少速度行驶才能使总耗油量最少？
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】
在中，已知，由余弦定理，即，解得或，又，或，故选C.
2、B
【解析】
由条件，利用等差数列下标和性质可得，进而得到结果.

【详解】
，即，而，故选B.
本题考查等差数列的性质，考查运算能力与推理能力，属于中档题.
3、B
【解析】
根据三视图还原几何体即可．
【详解】
由三视图可知，该几何体为一个圆柱内切了一个圆锥，圆锥侧面积为，圆柱上底面积为，圆柱侧面积为，．所以选择B
本题主要考查了三视图，根据三视图还原几何体常用的方法有：在正方体或者长方体中切割．属于中等题．
4、B
【解析】
根据两直线的平行关系，列出方程，即可求解实数的值，得到答案．
【详解】
由题意，当时，显然两条直线不平行，所以；
由两条直线平行可得：，解得，
当时，直线方程分别为：，，显然平行，符合题意；
当时，直线方程分别为，，很显然两条直线重合，不合题意，舍去，
所以，故选B．
本题主要考查了两直线的位置关系的应用，其中解答中熟记两直线平行的条件，准去计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
5、B
【解析】
由图象可知,所以,
又因为,
所以所求函数的解析式为.
6、D
【解析】
利用直线与圆相切的条件列方程求解.
【详解】
因为直线与圆相切，所以
，，，故选D.
本题考查直线与圆的位置关系，通常利用圆心到直线的距离与圆的半径的大小关系进行判断，考查运算能力，属于基本题.
7、C
【解析】
根据向量关系，，所在直线经过中点，由得，即可得解.
【详解】
由题：，所以O是外接圆的圆心，
取中点，，，即所在直线经过中点，与中线共线，同理可得分别与边的中线共线，即N是三角形三条中线交点，即重心，
，，，
，即，同理可得，即P是三角形的垂心.
故选：C
此题考查利用向量关系判别三角形的外心，重心和垂心，关键在于准确进行向量的运算，根据运算结果得结论.
8、B
【解析】
用列举法写出所有基本事件，确定成等差数列含有的基本事件，计数后可得概率．
【详解】
任取3球，结果有234,236,246,346共4种，其中234，246是成等差数列的2个基本事件，
∴所求概率为．
故选：B．
本题考查古典概型，解题时可用列举法列出所有的基本事件．
9、C
【解析】
由可知,再利用坐标公式求解.
【详解】
因为,,且,
所以,即,解得,
故选:C.
本题考查向量的坐标运算,解题关键是明确.
10、C
【解析】
因为原函数是增函数且连续，
，
所以根据函数零点存在定理得到零点在区间上，
故选C．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、-1.
【解析】
分析：可建立坐标系，用平面向量的坐标运算解题．
详解：建立如图所示的平面直角坐标系，则，设，
∴
，
易知当时，取得最小值.
故答案为－1．

点睛：求最值问题，一般要建立一个函数关系式，化几何最值问题为函数的最值，本题通过建立平面直角坐标系，把向量的数量积用点的坐标表示出来后，再用配方法得出最小值，根据表达式的几何意义也能求得最大值．
12、
【解析】
根据题意得到，推出，恒成立，求出的最大值，即可得出结果.
【详解】
因为数列的通项公式为，且数列为单调递增数列，
所以，即，
所以，恒成立，因此即可，
又随的增大而减小，所以，
因此实数的取值范围是.
故答案为：
本题主要考查由数列的单调性求参数，熟记递增数列的特点即可，属于常考题型.
13、
【解析】
由参变量分离法可得知，由二倍角的余弦公式以及二次函数的基本性质求出函数的最小值，即可得出实数的取值范围.
【详解】
不等式有解，等价于存在实数，使得关于的不等式成立，故只需.
令，
，由二次函数的基本性质可知，当时，该函数取得最小值，
即，.
因此，实数的取值范围是.
故答案为：.
本题考查不等式有解的问题，涉及二倍角余弦公式以及二次函数基本性质的应用，一般转化为函数的最值来求解，考查计算能力，属于中等题.
14、
【解析】
由二倍角求得α，则tanα可求．
【详解】
由sin2α=sinα，得2sinαcosα=sinα，
∵,
∴sinα≠0,则,即.
∴.
故答案为：.
本题考查三角函数的恒等变换及化简求值，考查公式的灵活应用，属于基础题.
15、
【解析】
利用诱导公式二倍角公式，余弦定理化简即可得解.
【详解】

.
故答案为.
本题主要考查了诱导公式，二倍角的三角函数公式，余弦定理，属于中档题.
16、
【解析】
利用等比数列的性质，结合基本不等式等号成立的条件，求得公比，由此求得的值.
【详解】
∵在公比为q的正项等比数列{an}中，a3＝9，根据等比数列的性质和基本不等式得，当且仅当，即，即q时，3a2+a4取得最小值，∴log3q＝log3．
故答案为：
本小题主要考查等比数列的性质，考查基本不等式的运用，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）或； （2）； （3）；
【解析】
试题分析：(1)时，由已知得到;(2)方程有实数解即a在的值域上，（3）根据二次函数的性质列不等式组得出tana的范围，利用根与系数的关系得出α+β的最值.
试题解析：
（1），
或；
（2）

（3）因为方程在区间上有两个相异的解、，所以
18、（Ⅰ）见解析；
（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）连接,根据三角形性质可得,由底面菱形的线段角度关系可证明,即证明平面,从而证明.
（Ⅱ）易证平面平面,连接交于点,过作交于,即可证明平面,在三角形
【详解】
（Ⅰ）证明：连接,是等边三角形,为的中点,所以；
又底面是菱形,,
所以,,
所以平面,
平面,所以.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知,,
所以平面,又平面
即平面平面
平面平面,又,所以平面
连接交于点,过作交于,如下图所示:

所以平面,又平面
所以平面平面
因为,所以,即
在等边三角形中,可得
在菱形中,由余弦定理可得

在中,可得
所以
本题考查了直线与平面垂直的判定方法,平面与平面垂直的判定及性质的应用,余弦定理在解三角形中的用法,属于中档题.
19、
【解析】
本题首先可根据以及诱导公式得出，然后根据以及同角三角函数关系计算出，最后根据即可得出结果．
【详解】
因为，所以，
因为，所以，
因为所以解得，．
本题考查同角三角函数关系的应用，考查的公式有、以及，考查计算能力，是简单题．
20、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）由底面推出，由菱形的性质推出，即可推出平面从而得到；（Ⅱ）根据已知条件先求出AB，再利用菱形的对角线垂直求出AC，由求出PC，即可求得余弦值.
【详解】
（Ⅰ）证明：连接，
∵底面，底面,∴.
∵四边形是菱形，∴.
又∵，平面，平面，
∴平面，
∴.
（Ⅱ）设直线AC与BD交于点O，∵底面，

∴直线与平面所成角的是.
设“”，由，可得，
∵四边形是菱形，
在中，，则，
于是，
∴
∴直线与平面所成角的余弦值是.
本题考查线线垂直、线面垂直的证明，菱形的性质，直线与平面所成的角，属于基础题.
21、（1）选择模型①，见解析；（2）80.
【解析】
（1）由题意可知所选函数模型应为单调递增函数，即可判断选择；
（2）将，代入函数型①，可得出的值，进而可得出总耗油量关于速度的函数关系式，进而得解.
【详解】
（1）选择模型①理由：由题意可知所选函数模型应为单调递增函数，而函数模型②为一个单调递减函数，故选择模型①.
（2）将，代入函数型①，可得：
，则，
总耗油量：，
当时，W有最小值30.甲地到乙地，这辆车以80 km/h的速度行驶才能使总耗油量最少.
本题考查函数模型的实际应用，考查逻辑思维能力，考查实际应用能力，属于常考题.