2025届安徽省六安三校高一数学第二学期期末统考模拟试题含解析

2025届安徽省六安三校高一数学第二学期期末统考模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．已知点P为圆上一个动点，O为坐标原点，过P点作圆O的切线与圆相交于两点A,B，则的最大值为（）A． B．5 C． D．2．已知向量，.且，则（）A．2 B． C． D．3．若，则函数的单调递增区间为（)A． B． C． D．4．已知，，，则，，的大小关系为（）A． B． C． D．5．下列选项正确的是（）A．若,则B．若,则C．若,则D．若,则6．已知与的夹角为，，，则（）A． B． C． D．7．在中，若，，，则等于（）A．3 B．4 C．5 D．68．一个三棱锥内接于球，且，，则球心到平面的距离是（）A． B． C． D．9．已知向量，若，则的最小值为（）.A．12 B． C．16 D．10．已知直线过点且与直线垂直，则该直线方程为（）A． B．C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．在上定义运算，则不等式的解集为_____．12．下列五个正方体图形中，是正方体的一条对角线，点M，N，P分别为其所在棱的中点，求能得出⊥面MNP的图形的序号(写出所有符合要求的图形序号)______13．已知函数，若，且，则__________．14．已知球的一个内接四面体中，，过球心，若该四面体的体积为，且，则球的表面积的最小值为_________．15．已知数列满足：（），设的前项和为，则______；16．设为数列的前项和，则__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．从某居民区随机抽取10个家庭，获得第个家庭的月收入（单位：千元）与月储蓄，（单位：千元）的数据资料，算出，附：线性回归方程，其中为样本平均值.（1）求家庭的月储蓄对月收入的线性回归方程；（2）若该居民区某家庭月收入为7千元，预测该家庭的月储蓄.18．如图是某地某公司名员工的月收入后的直方图．根据直方图估计：（1）该公司月收入在元到元之间的人数；（2）该公司员工的月平均收入.19．如图，已知矩形ABCD中，，，M是以CD为直径的半圆周上的任意一点（与C，D均不重合），且平面平面ABCD.（1）求证：平面平面BCM；（2）当四棱锥的体积最大时，求AM与CD所成的角.20．如图，在三棱柱中（底面为正三角形），平面，，，，是边的中点.（1）证明：平面平面.（2）求点到平面的距离.21．已知函数，将的图象向左平移个单位后得到的图象，且在区间内的最大值为.（1）求实数的值；（2）求函数与直线相邻交点间距离的最小值.

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】

作交于，连接设，得，，进而，换元，得，通过求得的范围即可求解【详解】作交于，连接设，则，∴取，∴.显然易知令，，当且仅当等号成立；此时∴故选A【点睛】本题考查圆的几何性质，切线的应用，弦长公式，考查函数最值得求解，考查换元思想，是难题2、B【解析】

通过得到，再利用和差公式得到答案.【详解】向量，.且故答案为B【点睛】本题考查了向量平行，正切值的计算，意在考查学生的计算能力.3、B【解析】

由题意利用两角和的余弦公式化简函数的解析式，再利用余弦函数的单调性，得出结论．【详解】函数，令，求得，可得函数的增区间为，，．再根据，，可得增区间为，，故选．【点睛】本题主要考查两角和的余弦公式的应用，考查余弦函数的单调性，属于基础题．4、D【解析】

利用指数函数、对数函数的单调性直接求解.【详解】解：因为，，所以，，的大小关系为.故选：D.【点睛】本题考查三个数的大小比较，考查指数函数、对数函数的单调性等基础知识，属于基础题.5、B【解析】

通过逐一判断ABCD选项，得到答案.【详解】对于A选项，若，代入，，故A错误；对于C选项，等价于，故C错误；对于D选项，若，则，故D错误，所以答案选B.【点睛】本题主要考查不等式的相关性质，难度不大.6、A【解析】

将等式两边平方，利用平面向量数量积的运算律和定义得出关于的二次方程，解出即可.【详解】将等式两边平方得，，即，整理得，，解得，故选：A.【点睛】本题考查平面向量模的计算，在计算向量模的时候，一般将向量模的等式两边平方，利用平面向量数量积的定义和运算律进行计算，考查运算求解能力，属于中等题.7、D【解析】

直接运用正弦定理求解即可.【详解】由正弦定理可知中：，故本题选D.【点睛】本题考查了正弦定理的应用，考查了数学运算能力.8、D【解析】由题意可得三棱锥的三对对棱分别相等，所以可将三棱锥补成一个长方体，如图所示，该长方体的外接球就是三棱锥的外接球，长方体共顶点的三条面对角线的长分别为，设球的半径为，则有，在中，由余弦定理得，再由正弦定理得为外接圆的半径），则，因此球心到平面的距离，故选D.点睛：本题主要考查了球的组合体问题，本题的解答中采用割补法，考虑到三棱锥的三对对棱相等，所以可得三棱锥补成一个长方体，长方体的外接球就是三棱锥的外接球，求出求出球的半径，进而求解距离，其中正确认识组合体的特征和恰当补形时解答的关键.9、B【解析】

根据向量的平行关系，得到间的等量关系，再根据“”的妙用结合基本不等式即可求解出的最小值.【详解】因为，所以，所以，又因为，取等号时即，所以.故选：B.【点睛】本题考查利用基本不等式求解最小值，难度一般.本题是基本不等式中的常见类型问题：已知，则，取等号时.10、A【解析】

根据垂直关系求出直线斜率为，再由点斜式写出直线。【详解】由直线与直线垂直，可知直线斜率为，再由点斜式可知直线为：即.故选A.【点睛】本题考查两直线垂直，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】

根据定义运算，把化简得，求出其解集即可．【详解】因为，所以，即，得，解得：故答案为：．【点睛】本题考查新定义，以及解一元二次不等式，考查运算的能力，属于基础题．12、①④⑤【解析】为了得到本题答案，必须对5个图形逐一进行判别．对于给定的正方体，l位置固定，截面MNP变动，l与面MNP是否垂直，可从正、反两方面进行判断．在MN、NP、MP三条线中，若有一条不垂直l，则可断定l与面MNP不垂直；若有两条与l都垂直，则可断定l⊥面MNP；若有l的垂面∥面MNP，也可得l⊥面MNP．解法1作正方体ABCD－A1B1C1D1如附图，与题设图形对比讨论．在附图中，三个截面BA1D、EFGHKR和CB1D1都是对角线l(即AC1)的垂面．对比图①，由MN∥BAl，MP∥BD，知面MNP∥面BAlD，故得l⊥面MNP．对比图②，由MN与面CB1D1相交，而过交点且与l垂直的直线都应在面CBlDl内，所以MN不垂直于l，从而l不垂直于面MNP．对比图③，由MP与面BAlD相交，知l不垂直于MN，故l不垂直于面MNP．对比图④，由MN∥BD，MP∥BA．知面MNP∥面BA1D，故l⊥面MNP．对比图⑤，面MNP与面EFGHKR重合，故l⊥面MNP．综合得本题的答案为①④⑤．解法2如果记正方体对角线l所在的对角截面为．各图可讨论如下：在图①中，MN,NP在平面上的射影为同一直线，且与l垂直，故l⊥面MNP．事实上，还可这样考虑：l在上底面的射影是MP的垂线，故l⊥MP；l在左侧面的射影是MN的垂线，故l⊥MN，从而l⊥面MNP．在图②中，由MP⊥面，可证明MN在平面上的射影不是l的垂线，故l不垂直于MN．从而l不垂直于面MNP．在图③中，点M在上的射影是l的中点，点P在上的射影是上底面的内点，知MP在上的射影不是l的垂线，得l不垂直于面MNP．在图④中，平面垂直平分线段MN，故l⊥MN．又l在左侧面的射影(即侧面正方形的一条对角线)与MP垂直，从而l⊥MP，故l⊥面MNP．在图⑤中，点N在平面上的射影是对角线l的中点，点M、P在平面上的射影分别是上、下底面对角线的4分点，三个射影同在一条直线上，且l与这一直线垂直．从而l⊥面MNP．至此，得①④⑤为本题答案．13、2【解析】不妨设a＞1，

则令f（x）=|loga|x-1||=b＞0，

则loga|x-1|=b或loga|x-1|=-b；

故x1=-ab+1，x2=-a-b+1，x3=a-b+1，x4=ab+1，

故故答案为2点睛：本题考查了绝对值方程及对数运算的应用，同时考查了指数的运算，注意计算的准确性.14、【解析】

求出面积的最大值，结合棱锥的体积可得到平面距离的最小值，进一步求得球的半径的最小值得答案．【详解】解：在中，由，且，

得，得．

当且仅当时，有最大值1．

过球心，且四面体的体积为1，

∴三棱锥的体积为．

则到平面的距离为．

此时的外接圆的半径为，则球的半径的最小值为，

∴球O的表面积的最小值为．

故答案为：．【点睛】本题考查多面体外接球表面积最值的求法，考查逻辑思维能力与推理运算能力，考查空间想象能力，是中档题．15、130【解析】

先利用递推公式计算出的通项公式，然后利用错位相减法可求得的表达式，即可完成的求解.【详解】因为，所以，所以，所以，又因为，不符合时的通项公式，所以，当时，，所以，所以，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查根据数列的递推公式求通项公式以及错位相减法的使用，难度一般.利用递推公式求解数列的通项公式时，若出现了的形式，一定要注意标注，同时要验证是否满足的情况，这决定了通项公式是否需要分段去写.16、【解析】

当时，；当时，，即，若为偶数，则为奇数）；若为奇数，则，故是偶数）．因为，，所以，同理可得，，，所以，应选答案．点睛：本题运用演绎推理的思维方法，分别探求出数列各项的规律（成等比数列），再运用等比数列的求和公式，使得问题简捷、巧妙获解．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）1.7【解析】

（1）根据数据，利用最小二乘法，即可求得y对月收入x的线性回归方程回归方程x；（2）将x＝7代入即可预测该家庭的月储蓄．【详解】（1）由题意知，，∴由.故所求回归方程为（2）将代入回归方程可以预测该家庭的月储蓄为（千元）.【点睛】本题考查线性回归方程的应用，考查最小二乘法求线性回归方程，考查转化思想，属于中档题．18、（1）；（2）.【解析】

（1）根据频率分布直方图得出该公司月收入在元到元的员工所占的频率，再乘以可得出所求结果；（2）将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得的积全部相加可得出该公司员工月收入的平均数.【详解】（1）根据频率分布直方图知，该公司月收入在元到元的员工所占的频率为：，因此，该公司月收入在元到元之间的人数为；（2）据题意该公司员工的平均收入为：（元）.【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，考查频数的计算以及平均数的计算，解题时要注意频数、平均数的计算原则，考查计算能力，属于基础题.19、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）只证明CM⊥平面ADM即可，即证明CM垂直于该平面内的两条相交直线，或者使用面面垂直的性质，本题的条件是平面CDM⊥平面ABCD，而M是以CD为直径的半圆周上一点，能够得到CM⊥DM，由面面垂直的性质即可证明；（2）当四棱锥M一ABCD的体积最大时，M为半圆周中点处，可得角MAB就是AM与CD所成的角，利用已知即可求解．【详解】（1）证明：CD为直径，所以CMDM，已知平面CDM平面ABCD，ADCD，AD平面CDM，所以ADCM又DMAD=DCM平面ADM又CM平面BCM，平面ADM平面BCM，（2）当M为半圆弧CD的中点时，四棱锥的体积最大，此时，过点M作MOCD于点E,平面CDM平面ABCDMO平面ABCD，即MO为四棱锥的高又底面ABCD面积为定值2，AM与CD所成的角即AM与AB所成的角，求得，三角形为正三角形，，故AM与CD所成的角为【点睛】本题主要考查异面直线成的角，面面垂直的判定定理，属于中档题.解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理.20、（1）见解析（2）【解析】

（1）由，为的中点，可得，又平面，可得，即可证明平面，结合平面，即可证明平面平面；（2）设点到平面的距离为，由等体积法，，即，求解即可.【详解】（1）证明：，为的中点，.又平面，平面，.又，平面.又平面，平面平面.（2）解：由（1）知，