2025届山西省孝义市高一数学第二学期期末学业质量监测模拟试题含解析

2025届山西省孝义市）高一数学第二学期期末学业质量监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．已知变量与负相关，且由观测数据算得样本平均数，则由该观测数据算得的线性回归方程可能是A． B．C． D．2．已知数列的前项和满足.若对任意正整数都有恒成立，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A． B． C． D．4．已知是第二象限角,（）A． B． C． D．5．在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则（）A． B． C． D．6．已知，则的值等于（）A． B． C． D．7．过点且与直线垂直的直线方程是（）A． B． C． D．8．如果点位于第四象限，则角是（）A．第一象限角 B．第二象限角 C．第三象限角 D．第四象限角9．已知函数是奇函数，若，则的取值范围是（）A． B． C． D．10．已知，若关于x的不等式的解集为，则（）A． B． C．1 D．7二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．设满足不等式组，则的最小值为_____.12．已知，则________.13．在中，已知M是AB边所在直线上一点，满足，则________.14．已知向量，，则______.15．函数且的图象恒过定点A，若点A在直线上（其中m，n＞0），则的最小值等于__________.16．_________________．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．某校高一年级有学生480名，对他们进行政治面貌和性别的调查，其结果如下：性别团员群众男80女180（1）若随机抽取一人，是团员的概率为，求，；（2）在团员学生中，按性别用分层抽样的方法，抽取一个样本容量为5的样本，然后在这5名团员中任选2人，求两人中至多有1个女生的概率．18．如图所示，平面平面，四边形为矩形，，点为的中点.(1)若，求三棱锥的体积；(2)点为上任意一点，在线段上是否存在点，使得?若存在，确定点的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.19．如图，已知等腰梯形中，是的中点，，将沿着翻折成，使平面平面．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）在线段上是否存在点P，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．20．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）求角B的大小；（2）若，，求的面积．21．已知函数的最小正周期为，且直线是其图象的一条对称轴．（1）求函数的解析式；（2）在中，角、、所对的边分别为、、，且，，若角满足，求的取值范围；（3）将函数的图象向右平移个单位，再将所得的图象上每一点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的倍后所得到的图象对应的函数记作，已知常数，，且函数在内恰有个零点，求常数与的值．

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、D【解析】

由于变量与负相关，得回归直线的斜率为负数，再由回归直线经过样本点的中心，得到可能的回归直线方程.【详解】由于变量与负相关，排除A,B，把代入直线得：成立，所以在直线上，故选D.【点睛】本题考查回归直线斜率的正负、回归直线过样本点中心，考查基本数据处理能力.2、C【解析】

先利用求出数列的通项公式，于是可求出，再利用参变量分离法得到，利用数列的单调性求出数列的最小项的值，可得出实数的取值范围．【详解】当时，，即，得；当时，由，得，两式相减得，得，，所以，数列为等比数列，且首项为，公比为，.，由，得，所以，数列单调递增，其最小项为，所以，，因此，实数的取值范围是，故选C．【点睛】本题考查利用数列前项和求数列的通项，其关系式为，其次考查了数列不等式与参数的取值范围问题，一般利用参变量分离法转化为数列的最值问题来求解，考查化归与转化问题，属于中等题．3、D【解析】

先还原几何体，再根据形状求表面积.【详解】由三视图知，该几何体的直观图如图所示，其表面积为，故选.【点睛】本题考查三视图以及几何体表面积，考查空间想象能力以及基本求解能力，属中档题.4、A【解析】cosα＝±＝±，又∵α是第二象限角，∴cosα＝－.5、A【解析】

由余弦定理可直接求出边的长.【详解】由余弦定理可得，，所以.故选A.【点睛】本题考查了余弦定理的运用，考查了计算能力，属于基础题.6、B【解析】．7、D【解析】

由已知直线方程求得直线的斜率，再根据两直线垂直，得到所求直线的斜率，最后用点斜式写出所求直线的方程.【详解】已知直线的斜率为：因为两直线垂直所以所求直线的斜率为又所求直线过点所以所求直线方程为：即：故选：D【点睛】本题主要考查了直线与直线的位置关系及直线方程的求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.8、C【解析】

由点位于第四象限列不等式，即可判断的正负，问题得解.【详解】因为点位于第四象限所以，所以所以角是第三象限角故选C【点睛】本题主要考查了点的坐标与点的位置的关系，还考查了等价转化思想及三角函数值的正负与角的终边的关系，属于基础题.9、C【解析】

由题意首先求得m的值，然后结合函数的性质求解不等式即可.【详解】函数为奇函数，则恒成立，即恒成立，整理可得：，据此可得：，即恒成立，据此可得：.函数的解析式为：，，当且仅当时等号成立，故奇函数是定义域内的单调递增函数，不等式即，据此有：，由函数的单调性可得：，求解不等式可得的取值范围是.本题选择C选项.【点睛】对于求值或范围的问题，一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“f”，转化为解不等式(组)的问题，若f(x)为偶函数，则f(－x)＝f(x)＝f(|x|)．10、B【解析】

由韦达定理列方程求出，即可得解．【详解】由已知及韦达定理可得，，，即，，所以．故选：．【点睛】本题考查一元二次方程和一元二次不等式的关系、韦达定理的应用等，属于一般基础题．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、-6【解析】作出可行域，如图内部（含边界），作直线，当向下平移时，减小，因此当过点时，为最小值．12、【解析】

由可得，然后用正弦的和差公式展开，然后将条件代入即可求出原式的值【详解】因为所以故答案为：【点睛】本题考查的三角恒等变换，解决此类问题时要善于发现角之间的关系.13、3【解析】

由M在AB边所在直线上，则，又，然后将，都化为，即可解出答案.【详解】因为M在直线AB上，所以可设，

可得，即，又，则由与不共线，所以，解得.故答案为：3【点睛】本题考查向量的减法和向量共线的利用，属于基础题.14、【解析】

求出，然后由模的平方转化为向量的平方，利用数量积的运算计算．【详解】由题意得，.，.，，.故答案为：．【点睛】本题考查求向量的模，掌握数量积的定义与运算律是解题基础．本题关键是用数量积的定义把模的运算转化为数量积的运算．15、1【解析】

由题意可得定点，，把要求的式子化为，利用基本不等式求得结果．【详解】解：且令解得，则即函数过定点，又点在直线上，，则，当且仅当时，等号成立，故答案为：1．【点睛】本题考查基本不等式的应用，函数图象过定点问题，把要求的式子化为，是解题的关键，属于基础题．16、3【解析】

分式上下为的二次多项式,故上下同除以进行分析.【详解】由题,,又,故.

故答案为：3.【点睛】本题考查了分式型多项式的极限问题，注意：当时,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、（1），；（2）．【解析】

（1）随机抽取一人，是团员的概率为，得，再由总人数为480得的另一个关系式，联立求解，即可得出结论；（2）根据团员男女生人数的比例，可求出抽取一个样本容量为5的样本，男生为2人，女生为3人，将5人编号，列出从5人中抽取2人的所有基本事件，求出至多有1个女生的基本事件的个数，按古典概型求概率，即可求解.【详解】解：（1）由题意得：，解得，．（2）在团员学生中，按性别用分层抽样的方法，抽取一个样本容量为5的样本，抽中男生：人，抽中女生：人，2名男生记为，3名女生记为，在这5名团员中任选2人，基本事件有：共有10个基本事件，两人中至多有1个女生包含的基本事件个数有7个，∴两人中至多有1个女生的概率．【点睛】本题考查分层抽样抽取元素个数的分配，考查古典概型的概率，属于基础题.18、(1)；(2)存在，为中点，证明见解析.【解析】

（1）先根据面积垂直的性质得到平面；再由题中数据，结合棱锥体积公式，即可求出结果；（2）先由线面垂直的性质得到为中点时，有.再给出证明：取中点，连接，，，由线面垂直的判定定理，以及面面垂直的性质定理，证明平面，再由线面垂直的性质定理，即可得出结果.【详解】(1)因为四边形为矩形，所以，又平面平面，所以平面；又，所以，因此三棱锥的体积为：；(2)当为中点时，有.证明如下:取中点，连接，，.∵为的中点，为的中点，∴，又∵，∴，∴四点共面.∵平面平面，平面平面，平面，，∴平面，又平面，∴，∵，为的中点，∴，又，∴平面，又平面，∴，即.【点睛】本题主要考查求棱锥的体积，以及补全线线垂直的条件，熟记棱锥体积公式，以及线面垂直、面面垂直的判定定理与性质定理即可，属于常考题型.19、（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）二面角的余弦值为；（Ⅲ）存在点P，使得平面，且．【解析】

试题分析：（I）根据直线与平面垂直的判定定理，需证明垂直平面内的两条相交直线．由题意易得四边形是菱形，所以，从而，即，进而证得平面．（Ⅱ）由（I）可知，、、两两互相垂直，故可以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得二面角的余弦值．（Ⅲ）根据直线与平面平行的判定定理，只要能找到一点P使得PM平行平面内的一条直线即可．由于，故可取线段中点P，中点Q，连结．则，且．由此即可得四边形是平行四边形，从而问题得证．试题解析：（I）由题意可知四边形是平行四边形，所以，故．又因为，M为AE的中点所以，即又因为，所以四边形是平行四边形．所以故．因为平面平面，平面平面，平面所以平面．因为平面，所以．因为，、平面，所以平面．（Ⅱ）以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，．平面的法向量为．设平面的法向量为，因为，，，令得，．所以，因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．（Ⅲ）存在点P，使得平面．法一:取线段中点P，中点Q，连结．则，且．又因为四边形是平行四边形，所以．因为为的中点，则．所以四边形是平行四边形，则．又因为平面，所以平面．所以在线段上存在点，使得平面，．法二：设在线段上存在点，使得平面，设，（），，因为．所以．因为平面，所以，所以，解得，又因为平面，所以在线段上存在点，使得平面，．考点：1、空间直线与平面的位置关系；2、二面角．20、(1)(2)【解析】

（1）先利用正弦定理将已知等式化为，化简后再运用余弦定理可得角B；（2）由和余弦定理可得，面积为，将和的值代入面积公式即可．【详解】解：（1）由题，由正弦定理得：，即则所以．（2）因为，所以，解得所以【点睛】本题考查解三角形，是常考题型．21、（1）；（2）；（3），.【解析】

（1）由函数的周期公式可求出的值，求出函数的对称轴方程，结合直线为一条对称轴结合的范围可得出的值，于此得出函数的解析式；（2）由得出，再由结合锐角三角函数得出，利用正弦定理以及内角和定理得出，由条件得出，于此可计算出的取值范围；（3）令，得，换元得出，得出方程，设该方程的两根为、，由韦达定理得出，分（ii）、；（ii），；（iii），三种情况讨论，计算出关于的方程在一个周期区间上的实根个数，结合已知条件得出与的值.【详解】（1）由三角函数的周期公式可得，，令，得，由于直线为函数的一条对称轴，所以，，得，由于，，则，因此，；（2），由三角形的内角和定理得，.，且，，.，由，得，由锐角三角函数的定义得，，由正弦定理得，，，，且，，，.，因此，的取值范围是；（3）将函数的图象向右平移个单位，得到函数，再将所得的图象上每一点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的倍后所得到的图象对应的函数为，，令，可得，令，得，，则关于的二次方程必有两不等实根、，则，则、异号，（i）当且时，则方程和在区间均有偶数个根，从而方程在也有偶数个根，不合乎题意；（ii）当，则，当时，只有一根，有两根，所以，关于的方程在上有三个根，由于，则方程在上有个根，由于方程在区间上只有一