安徽省十大名校2024-2025学年数学高一下期末复习检测模拟试题含解析.doc

安徽省十大名校2024-2025学年数学高一下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．甲、乙两名运动员分别进行了5次射击训练，成绩如下：
甲：7，7，8，8，1；
乙：8，9，9，9，1．
若甲、乙两名运动员的平均成绩分别用，表示，方差分别用，表示，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
2．经过原点且倾斜角为的直线被圆C:截得的弦长是，则圆在轴下方部分与轴围成的图形的面积等于（ ）
A． B． C． D．
3．sincos＋cos 20°sin 40°的值等于
A． B． C． D．
4．如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则（ ）

A．，且直线是相交直线
B．，且直线是相交直线
C．，且直线是异面直线
D．，且直线是异面直线
5．从总数为的一批零件中抽取一个容量为的样本，若每个零件被抽取的可能性为，则为（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示的图形是弧三角形，又叫莱洛三角形，它是分别以等边三角形的三个顶点为圆心，以边长为半径画弧得到的封闭图形.在此图形内随机取一点，则此点取自等边三角形内的概率是( )

A． B． C． D．
7．已知向量，，，则实数的值为( )
A． B． C．2 D．3
8．从三件正品、一件次品中随机取出两件，则取出的产品全是正品的概率是（ ）
A． B． C． D．
9．已知为第Ⅱ象限角，则的值为（）
A． B． C． D．
10．若是等差数列，则下列数列中也成等差数列的是( )
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．设等差数列，的前项和分别为，，若，则__________．
12．已知，则的值为．
13．若，则=_________
14．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，＝_____．
15．已知是内的一点，，，则 ___若，则_______.
16．设数列（）是等差数列，若和是方程的两根，则数列的前2019项的和________
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，已知平面，为矩形，分别为的中点，.

（1）求证：平面；
（2）求证：面平面；
（3）求点到平面的距离.
18．某种汽车,购车费用是10万元,每年使用的保险费和汽油费为万元,年维修费第一年为万元,以后逐年递增万元,问这种汽车使用多少年时,它的年平均费用最少?　
19．已知圆关于直线对称，半径为，且圆心在第一象限．
（Ⅰ）求圆的方程；
（Ⅱ）若直线与圆相交于不同两点、，且，求实数的值．
20．已知，，且
（1）求的定义域.
（2）判断的奇偶性，并说明理由.
21．如图所示，在三棱柱中，与都为正三角形，且平面，分别是的中点.

求证：（1）平面平面；
（2）平面平面.
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、D
【解析】
分别计算出他们的平均数和方差，比较即得解.
【详解】
由题意可得，
，
，
．
故，．
故选D
本题主要考查平均数和方差的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
2、A
【解析】
由已知利用垂径定理求得，得到圆的半径，画出图形，由扇形面积减去三角形面积求解．
【详解】
解：直线方程为，圆的圆心坐标为，半径为．
圆心到直线的距离．
则，解得．
圆的圆心坐标为，半径为1．
如图，

，则，．
，，
圆在轴下方部分与轴围成的图形的面积等于．
故选：．
本题考查直线与圆位置关系的应用，考查扇形面积的求法，考查计算能力，属于中档题．
3、B
【解析】
由题可得，.故选B.
4、B
【解析】
利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．
【详解】
如图所示， 作于，连接，过作于．
连，平面平面．
平面，平面，平面，
与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，
．，故选B．
本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角性．
5、A
【解析】
由样本容量、总容量以及个体入样可能性三者之间的关系，列等式求出的值.
【详解】
由题意可得，解得，故选A.
本题考查抽样概念的理解，了解样本容量、总体容量以及个体入样可能性三者之间的关系是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.
6、D
【解析】
求出以为圆心，以边长为半径，圆心角为的扇形的面积，根据图形的性质，可知它的3倍减去2倍的等边三角形的面积就是莱洛三角形的面积，运用几何概型公式，求出概率.
【详解】
设等边三角形的边长为，设以为圆心，以边长为半径，圆心角为的扇形的面积为，则，，
莱洛三角形面积为，则,
在此图形内随机取一点，则此点取自等边三角形内的概率为,
,故本题选D.
本题考查了几何概型.解决本题的关键是正确求出莱洛三角形的面积.考查了运算能力.
7、A
【解析】
将向量的坐标代入中，利用坐标相等，即可得答案.
【详解】
∵，
∴.
故选：A.
本题考查向量相等的坐标运算，考查运算求解能力，属于基础题.
8、B
【解析】
利用古典概型概率公式求解即可.
【详解】
设三件正品分别记为，一件次品记为
则从三件正品、一件次品中随机取出两件，取出的产品可能为，共6种情况，其中取出的产品全是正品的有3种
所以产品全是正品的概率
故选：B
本题主要考查了利用古典概型概率公式计算概率，属于基础题.
9、B
【解析】
首先由，解出，求出，再利用二倍角公式以及所在位置，即可求出．
【详解】
因为，所以或，
又为第Ⅱ象限角，故，．
因为为第Ⅱ象限角即，
所以，，即为第Ⅰ，Ⅲ象限角．
由于，解得，故选B．
本题主要考查二倍角公式的应用以及象限角的集合应用．
10、C
【解析】
根据等差数列的定义，只需任意相邻的后一项与前一项的差为定值即可．
【详解】
A: =（an+an+1）（an+1﹣an）=d[2a1+（2n﹣1）d]，与n有关系，因此不是等差数列．
B:== 与n有关系，因此不是等差数列.
C:3an+1﹣3an=3（an+1﹣an）=3d为常数，仍然为等差数列；
D: 当数列{an}的首项为正数、公差为负数时，{|an|}不是等差数列；
故选：C
本题考查了等差数列的定义及其通项公式，考查了推理能力与计算能力，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】
分析：首先根据等差数列的性质得到，利用分数的性质，将项的比值转化为和的比值，从而求得结果.
详解：根据题意有，所以答案是.
点睛：该题考查的是有关等差数列的性质的问题，将两个等差数列的项的比值可以转化为其和的比值，结论为，从而求得结果.
12、
【解析】
利用商数关系式化简即可．
【详解】
，故填．
利用同角的三角函数的基本关系式可以化简一些代数式，常见的方法有：
（1）弦切互化法：即把含有正弦和余弦的代数式化成关于正切的代数式，也可以把含有正切的代数式化为关于余弦和正弦的代数式；
（2）“1”的代换法：有时可以把看成．
13、
【解析】
∵，
∴
∴
=1×[+]
=1．
故答案为：1．
14、
【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.
15、
【解析】
对式子两边平方，再利用向量的数量积运算即可；式子两边分别与向量，进行数量积运算，得到关于的方程组，解方程组即可得答案.
【详解】
∵，
∴；
∵，
∴
解得：，∴.
故答案为：；.
本题考查向量数量积的运算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意将向量等式转化为数量关系的方法.
16、2019
【解析】
根据二次方程根与系数的关系得出，再利用等差数列下标和的性质得到，然后利用等差数列求和公式可得出答案.
【详解】
由二次方程根与系数的关系可得，
由等差数列的性质得出，
因此，等差数列的前项的和为，
故答案为.
本题考查等差数列的性质与等差数列求和公式的应用，涉及二次方程根与系数的关系，解题的关键在于等差数列性质的应用，属于中等题.

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）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.
【解析】
(1)利用线面平行的判定定理，寻找面PAD内的一条直线平行于MN，即可证出；（2）先证出一条直线垂直于面PCD，依据第一问结论知，MN也垂直于面PCD，利用面面垂直的判定定理即可证出；
（3）依据等积法，即可求出点到平面的距离．
【详解】
证明：（1）取中点为，连接分别为的中点，
是平行四边形，
平面，平面，∴平面
证明：（2）因为平面，所以，而,
面PAD，而面 ，所以,
由,为的终点，所以
由于平面，又由（1）知，
平面，平面，∴平面平面
解：（3），
，，
则点到平面的距离为
（也可构造三棱锥）
本题主要考查线面平行、面面垂直的判定定理以及等积法求点到面的距离，意在考查学生的直观想象、逻辑推理、数学运算能力．
18、这种汽车使用年时,它的年平均费用最小
【解析】
设这种汽车使用年时,它的年平均费用为万元，
则，
于是，
当，即时，取得最小值，
所以这种汽车使用10年时,它的年平均费用最小
19、（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）由题得和，解方程即得圆的方程；（Ⅱ）取的中点，则，化简得，即得m的值.
【详解】
（Ⅰ）由，得圆的圆心为，
圆关于直线对称，①．
圆的半径为，②
又圆心在第一象限，，，由①②解得，，
故圆的方程为．
（Ⅱ）取的中点，则，
，
，即，又，解得．
本题主要考查圆的方程的求法，考查直线和圆的位置关系和向量的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
20、（1）；（2）偶函数，理由见解析.
【解析】
（1）根据对数的真数大于零可求得和的定义域，取交集可得定义域；
（2）整理可得，验证得，得到函数为偶函数.
【详解】
（1）令得： 定义域为
令得： 定义域为
的定义域为
（2）由题意得：，

为定义在上的偶函数
本题考查函数定义域的求解、奇偶性的判断；求解函数定义域的关键是明确对数函数要求真数必须大于零，且需保证构成函数的每个部分都有意义.
21、 (1)见解析.(2)见解析.
【解析】
（1）由分别是的中点，证得，由线面平行的判定定理，可得平面，平面，再根据面面平行的判定定理，即可证得平面平面.
（2）利用线面垂直的判定定理，可得平面，再利用面面垂直的判定定理，即可得到平面平面.
【详解】
（1）在三棱柱中，
因为分别是的中点，所以，
根据线面平行的判定定理，可得平面，平面
又，
∴平面平面.
（2）在三棱柱中，平面，所以，
又，，所以平面，
而平面，所以平面平面.
本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．