广西南宁市三中2025年高二数学第一学期期末复习检测模拟试题含解析.doc

广西南宁市三中2025年高二数学第一学期期末复习检测模拟试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知命题p：，，则（）
A.， B.，
C.， D.，
2．为了了解1200名学生对学校某项教改实验的意见，打算从中抽取一个容量为40的样本，采用系统抽样方法，则分段的间隔为（）
A.40 B.30
C.20 D.12
3．在正项等比数列中，，，则（ ）
A 27 B.64
C.81 D.256
4．设集合或，，则（）
A. B.
C. D.
5．2013年9月7日，总书记在哈萨克斯坦纳扎尔巴耶夫大学发表演讲在谈到环境保护问题时提出“绿水青山就是金山银山”这一科学论新．某市为了改善当地生态环境，2014年投入资金160万元，以后每年投入资金比上一年增加20万元，从2021年开始每年投入资金比上一年增加10%，到2024年底该市生态环境建设投资总额大约为（）（其中，，）
A.2559万元 B.2969万元
C.3005万元 D.3040万元
6．设为空间中的四个不同点，则“中有三点在同一条直线上”是“在同一个平面上”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
7．已知矩形，为平面外一点，且平面，，分别为，上的点，且，，，则（ ）

A. B.
C.1 D.
8．某中学初中部共有110名教师，高中部共有150名教师，其性别比例如图所示，则该校男教师的人数为（）

A.167 B.137
C.123 D.113
9．设双曲线C： 的左、右焦点分别为，点P在双曲线C上，若线段的中点在y轴上，且为等腰三角形，则双曲线C的离心率为（ ）
A. B.2
C. D.
10．下列说法中正确的是（ ）
A.命题“若，则”的否命题是真命题；
B.若为真命题，则为真命题；
C.“”是“”的充分条件；
D.若命题：“，”，则：“，”
11．如图，已知四棱锥，底面ABCD是边长为4的菱形，且，E为AD的中点，，则异面直线PC与BE所成角的余弦值为（）

A. B.
C. D.
12．已知呈线性相关的变量x与y的部分数据如表所示：若其回归直线方程是，则（ ）
x
2
4
5
6
8
y
3
4.5
m
7.5
9
A.6.5 B.6
C.6.1 D.7
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若直线与直线平行，则直线与之间的距离为_____
14．某学生到某工厂进行劳动实践，利用打印技术制作模型.如图，该模型为一个大圆柱中挖去一个小圆柱后的剩余部分（两个圆柱底面圆的圆心重合），大圆柱的轴截面是边长为的正方形，小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半，打印所用原料的密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.（取）

15．已知空间向量，，，若，，共面，则实数___________.
16．若圆C：与圆D2的公共弦长为，则圆D的半径为___________.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图，在四棱锥中，，为的中点，连接.

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
18．（12分）如图，在四棱锥中，侧面底面ABCD，侧棱，底面ABCD为直角梯形，其中，，，

（1）求证：平面ACF；
（2）在线段PB上是否存在一点H，使得CH与平面ACF所成角的正弦值为？若存在，求出线段PH的长度；若不存在，请说明理由
19．（12分）已知圆C：x2+y2-2x+4y-4=0,问是否存在斜率是1的直线l，使l被圆C截得的弦AB，以AB为直径的圆经过原点，若存在，写出直线l的方程；若不存在，说明理由.
20．（12分）已知函数.
（1）当时，求的单调区间与极值；
（2）若在上有解，求实数a的取值范围.
21．（12分）已知为直角梯形，，平面，，.

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
22．（10分）已知圆与
（1）过点作直线与圆相切，求的方程；
（2）若圆与圆相交于、两点，求的长
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、C
【解析】由全称命题的否定：将任意改存在并否定结论，即可写出原命题p的否定.
【详解】由全称命题的否定为特称命题，
∴是“，”.
故选：C.
2、B
【解析】根据系统抽样的概念，以及抽样距的求法，可得结果.
【详解】由总数为1200，样本容量为40，
所以抽样距为：
故选：B
【点睛】本题考查系统抽样的概念，属基础题.
3、C
【解析】根据等比数列的通项公式求出公比，进而求得答案.
【详解】设的公比为，则（负值舍去），所以.
故选：C.
4、B
【解析】根据交集的概念和运算直接得出结果.
【详解】由题意知，
.
故选：B.
5、B
【解析】前7年投入资金可看成首项为160，公差为20的等差数列，后4年投入资金可看成首项为260，公比为1.1的等比数列，分别求和，即可求出所求
【详解】2014年投入资金160万元，以后每年投入资金比上一年增加20万元，成等差数列，
则2020年投入资金万元，
年共7年投资总额为，
从2021年开始每年投入资金比上一年增加，
则从2021年到2024年投入资金成首项为，公比为1.1，项数为4的等比数列，
故从2021年到2024年投入总资金为，
故到2024年底该市生态环境建设投资总额大约为万元
故选：
6、A
【解析】由公理2的推论即可得到答案.
【详解】由公理2的推论:
过一条直线和直线外一点,有且只有一个平面,
可得在同一平面,
故充分条件成立;
由公理2的推论：
过两条平行直线,有且只有一个平面,
可得,
当时,
同一个平面上,
但中无三点共线,
故必要条件不成立;
故选:A
【点睛】本题考查点线面的位置关系和充分必要条件的判断,重点考查公理2及其推论;属于中档题;
公理2的三个推论：
经过一条直线和直线外一点,有且只有一个平面;
经过两条平行直线,有且只有一个平面;
经过两条相交直线,有且只有一个平面;
7、B
【解析】由，，得，然后利用向量的加减法法则把向量用向量表示出来，可求出的值，从而可得答案
【详解】解：因为，，
所以
所以

,
因为，所以，
所以，
故选：B
8、C
【解析】根据图形分别求出初中部和高中部男教师的人数，最后相加即可.
【详解】初中部男教师的人数为110×(170%)=33；高中部男教师的人数为150×60%=90，
∴该校男教师的人数为33+90=123.
故选：C.
9、A
【解析】根据是等腰直角三角形，再表示出的长，利用三角形的几何性质即可求得答案.
【详解】线段的中点在y轴上,设的中点为M，

因为O为的中点，所以,
而,则，
为等腰三角形，故，
由，得，
又为等腰直角三角形，故，
即 ，解得 ，即，
故选：A.
10、C
【解析】A.写出原命题的否命题，即可判断其正误；
B.根据为真命题可知的p,q真假情况，由此判断的真假；
C.看命题“”能否推出“”，即可判断；
D.根据含有一个量词的命题的否定的要求，即可判断该命题的正误.
【详解】A.命题“若x=y，则sin x=sin y”，其否命题为若“ ，则”为假命题，因此A不正确；
B.命题“ ”为真命题，则p，q中至少有一个为真命题，当二者为一真一假时，为假命题，故B不正确
C.命题“若 ，则”为真命题，故C正确；
D.命题：“，”，为特称命题，其命题的否定：“，”，故D错误，
故选：C
11、B
【解析】根据异面直线的定义找出角即为所求，再利用余弦定理解三角形即可得出.
【详解】分别取BC，PB的中点F，G，连接DF，FG，DG，如图，

因为E为AD的中点，四边形ABCD是菱形，所以，
所以（其补角）是异面直线PC与BE所成的角
因为底面ABCD是边长为4菱形，且，，
由余弦定理可知，
所以，
所以，
所以异面直线PC与BE所成角的余弦值为，
故选：B
12、A
【解析】根据回归直线过样本点的中心进行求解即可.
【详解】由题意可得，，
则，解得
故选：A.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】由直线平行求参数m，再利用平行直线的距离公式求与之间的距离.
【详解】由题设，，即，
所以，，
所以直线与之间的距离为.
故答案为：
14、4500
【解析】根据题意可知大圆柱的底面圆的半径，两圆柱的高，设小圆柱的底面圆的半径为，再根据小圆柱的侧面积是大圆柱侧面积的一半，求出小圆柱的底面圆的半径，然后求出该模型的体积，从而可得出答案.
【详解】解：根据题意可知大圆柱的底面圆的半径，两圆柱的高，
设小圆柱的底面圆的半径为，
则有，即，解得，
所以该模型的体积为，
所以制作该模型所需原料的质量为.
故答案：4500.
15、1
【解析】根据向量共面，可设，先求解出的值，则的值可求.
【详解】因为，，共面且，不共线，所以可设，
所以，所以，
所以，所以，
故答案为：1.
16、
【解析】首先根据圆与圆的位置关系得到公共弦方程，再根据弦长求解即可.
【详解】根据得公共弦方程为：.
因为公共弦长为，所以直线过圆的圆心.
所以，解得.
故答案为：

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）证明过程见解析；
（2）.
【解析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【小问1详解】
因为为的中点，所以，而，
所以四边形是平行四边形，因此，
因为，，为的中点，
所以，
，而，
因为，所以，而平面，
所以平面；
【小问2详解】
根据（1），建立如图所示的空间直角坐标系，

，
于是有：，
则平面的法向量为：，
设平面的法向量为：，
所以，
设平面与平面的夹角为，
所以.
18、（1）证明见解析
（2）存在，的长为或，理由见解析.
【解析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面.
（2）设，求出，根据与平面所成角的正弦值列方程，由此求得，进而求得的长.
小问1详解】
依题意，在四棱锥中，侧面底面ABCD，侧棱，
底面ABCD为直角梯形，其中，，，，
以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
，，
设平面法向量为，
则，故可设，
由于，
所以平面.
【小问2详解】
存在，理由如下：
设，，
，
，
依题意与平面所成角的正弦值为，
即，
，解得或.
，即的长为或，使与平面所成角的正弦值为.

19、x-y-4=0或x-y+1="0."
【解析】假设存在，并设出直线方程y＝x＋b，然后代入圆的方程得到关于x的一元二次方程，利用韦达定理得到根的关系，最后利用OA⊥OB即x1x2＋y1y2＝0，得到参数b的方程求解即可
试题解析：
设直线l的方程为y＝x＋b①
圆C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0．②
联立①②消去y，得
2x2＋2（b＋1）x＋b2＋4b－4＝0
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则有③
因为以AB为直径的圆经过原点，所以OA⊥OB，即x1x2＋y1y2＝0，
而y1y2＝（x1＋b）（x2＋b）＝x1x2＋b（x1＋x2）＋b2，所以2x1x2＋b（x1＋x2）＋b2＝0，
把③代入：b2＋4b－4－b（b＋1）＋b2＝0，
即b2＋3b－4＝0， 解得b＝1或b＝－4，
故直线l存在，方程是x－y＋1＝0，或x－y－4＝0
考点：存在性问题
【方法点睛】存在性问题，首先应假设存在，然后去求解．对本题来说具体是：设出直线方程y＝x＋b，然后分析几何性质得到OA⊥OB即得到关于参数b方程求解即可．解该类问题最容易出错的的地方是，忽视对参数范围的考虑，即直线方程与圆的方程联立求解后应得到，即求出的b值必须满足b的范围，否则无解
20、（1）在上单调递减，在上单调递增，函数有极小值，无极大值
（2）
解析】（1）利用导数的正负判断函数的单调性，然后由极值的定义求解即可；
（2）分和两种情况分析求解，当时，不等式变形为在，上有解，构造函数，利用导数研究函数的单调性，求解的最小值，即可得到答案
【小问1详解】
当时，，所以
当时；当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时函数有极小值，无极大值.
【小问2详解】
因为在上有解，
所以在上有解，
当时，不等式成立，此时，
当时在上有解，
令，则
由（1）知时，即，
当时；当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，所以，
综上可知，实数a的取值范围是.
点睛】利用导数研究不等式恒成立问题或有解问题的策略为：通常构造新函数或参变量分离，利用导数研究函数的单调性，求出最值从而求得参数的取值范围
21、（1）证明见解析；（2）.
【解析】建立空间直角坐标系.
（1）方法一，利用向量的方法，通过计算，，证得，，由此证得平面.
方法二，利用几何法，通过平面证得，结合证得，由此证得平面.
（2）通过平面和平面的法向量，计算出平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【详解】如图，以为原点建立空间直角坐标系，
可得，，，.
（1）证明法一：因为，，，
所以，，
所以，，，平面，平面，
所以平面.
证明法二：因为平面，平面，所以，又因为，即，，平面，平面，
所以平面.

2）由（1）知平面的一个法向量，
设平面的法向量，
又，，
且
所以
所以平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
【点睛】本小题主要考查线面垂直的证明，考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
22、（1）或
（2）
【解析】（1）根据已知可得圆心与半径，再利用几何法可得切线方程；
（2）联立两圆方程可得公共弦方程，进而可得弦长.
【小问1详解】
解：圆的方程可化为：，即：圆的圆心为，半径为
若直线的斜率不存在，方程为：，与圆相切，满足条件
若直线的斜率存在，设斜率为，方程为：，即：
由与圆相切可得：，解得：
所以的方程为：，即：
综上可得的方程为：或
【小问2详解】
联立两圆方程得：，
消去二次项得所在直线的方程：，
圆的圆心到的距离，
所以.