2025届吉林省东北师大附属中高一数学第二学期期末监测模拟试题含解析

2025届吉林省东北师大附属中高一数学第二学期期末监测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．设向量满足，且，则向量在向量方向上的投影为A．1 B． C． D．2．已知数列满足若，则数列的第2018项为（）A． B． C． D．3．汉朝时，张衡得出圆周率的平方除以16等于，如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，俯视图中的曲线为圆，利用张衡的结论可得该几何体的体积为（）A．32 B．40 C． D．4．已知向量，满足，在上的投影（正射影的数量）为-2，则的最小值为（）A． B．10 C． D．85．“”是“、、”成等比数列的（）条件A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．既非充分又非必要6．已知变量，满足约束条件则取最大值为（）A． B． C．1 D．27．将函数的图象向左平移个长度单位后，所得到的图象关于（）对称．A．轴 B．原点 C．直线 D．点8．在四边形中，，，将沿折起，使平面平面，构成三棱锥，如图，则在三棱锥中，下列结论正确的是（）A．平面平面B．平面平面C．平面平面D．平面平面9．在ΔABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A=π3，B=π4，A．23 B．2 C．3 D．10．已知分别为的三边长，且，则=（）A． B． C． D．3二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．函数的定义域为________12．已知sin＝，则cos＝________．13．如图，在正方体中，点是线段上的动点，则直线与平面所成的最大角的余弦值为________.14．若向量，则与夹角的余弦值等于_____15．已知数列满足则的最小值为__________.16．已知向量与的夹角为，且，；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．设的内角的对边分别为，且满足.（1）试判断的形状，并说明理由；（2）若，试求面积的最大值.18．已知且，比较与的大小.19．如图所示，在直三棱柱中，，平面，D为AC的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）设E是上一点，试确定E的位置使平面平面BDE，并说明理由.20．近年来，某地大力发展文化旅游创意产业，创意维护一处古寨，几年来，经统计，古寨的使用年限x（年）和所支出的维护费用y（万元）的相关数据如图所示，根据以往资料显示y对x呈线性相关关系.（1）求出y关于x的回归直线方程；（2）试根据（1）中求出的回归方程，预测使用年限至少为几年时，维护费用将超过10万元？参考公式：对于一组数据，，…，，其回归方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为.21．如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.

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】

先由题中条件，求出向量的数量积，再由向量数量积的几何意义，即可求出投影.【详解】因为，，所以，所以，故向量在向量方向上的投影为.故选D【点睛】本题主要考查平面向量的数量积，熟记平面向量数量积的几何意义即可，属于常考题型.2、A【解析】

利用数列递推式求出前几项，可得数列是以4为周期的周期数列，即可得出答案.【详解】，，，数列是以4为周期的周期数列，则.故选A.【点睛】本题考查数列的递推公式和周期数列的应用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题.3、C【解析】

将三视图还原，即可求组合体体积【详解】将三视图还原成如图几何体：半个圆柱和半个圆锥的组合体，底面半径为2，高为4，则体积为，利用张衡的结论可得故选C【点睛】本题考查三视图，正确还原，熟记圆柱圆锥的体积是关键，是基础题4、D【解析】

在上的投影（正射影的数量）为可知，可求出，求的最小值即可得出结果.【详解】因为在上的投影（正射影的数量）为，所以，即，而，所以，因为所以，即，故选D.【点睛】本题主要考查了向量在向量上的正射影，向量的数量积，属于难题.5、B【解析】

利用充分必要条件直接推理即可【详解】若“、、”成等比数列，则；成立反之，若“”，如果a=b=G=0则、、”不成等比数列，故选B．【点睛】本题考查充分必要条件的判定，熟记等比数列的性质是关键，是基础题6、C【解析】

由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．【详解】由约束条件作出可行域如图，当，即点，化目标函数为，由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最小，有最大值为．故选：C．【点睛】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，属于中档题．7、A【解析】

先利用辅助角公式将未变换后的函数解析式化简，再根据图象变换规律得出变换后的函数的解析式为，结合余弦函数的对称性来进行判断。【详解】，函数的图象向左平移个长度单位后得到，函数的图象关于轴对称，故选：A．【点睛】本题考查三角函数的图象变换，以及三角函数的对称性，在考查三角函数的基本性质问题时，应该将三角函数的解析式化为一般形式，并借助三角函数的图象来理解。8、D【解析】

折叠过程中，仍有，根据平面平面可证得平面，从而得到正确的选项.【详解】在直角梯形中，因为为等腰直角三角形，故，所以，故，折起后仍然满足.因为平面平面，平面，平面平面，所以平面，因平面，所以.又因为，，所以平面，因平面，所以平面平面.【点睛】面面垂直的判定可由线面垂直得到，而线面垂直可通过线线垂直得到，注意面中两条直线是相交的．由面面垂直也可得到线面垂直，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线.9、A【解析】

利用正弦定理asinA=【详解】在ΔABC中，由正弦定理得asinA=故选：A.【点睛】本题考查利用正弦定理求边，要记得正弦定理所适用的基本类型，考查计算能力，属于基础题。10、B【解析】

由已知直接利用正弦定理求解．【详解】在中，由A＝45°，C＝60°，c＝3，由正弦定理得．故选B．【点睛】本题考查三角形的解法，考查正弦定理的应用，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】

根据反余弦函数的定义，可得函数满足，即可求解.【详解】由题意，根据反余弦函数的定义，可得函数满足，解得，即函数的定义域为.故答案为：【点睛】本题主要考查了反余弦函数的定义的应用，其中解答中熟记反余弦函数的定义，列出不等式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.12、【解析】

由sin＝，得cos2＝1－2sin2＝，即cos＝，所以cos＝cos＝，故答案为.13、【解析】

作的中心，可知平面，所以直线与平面所成角为，当在中点时，最大，求出即可。【详解】设正方体的边长为1，连接，由于为正方体，所以为正四面体，棱长为，为等边三角形，作的中心，连接，，由于为正四面体，为的中心，所以平面，所以为直线与平面所成角，则当在中点时，最大，当在中点时，由于为正四面体，棱长为，等边三角形，为的中心，所以，，所以直线与平面所成的最大角的余弦值为故直线与平面所成的最大角的余弦值为故答案为【点睛】本题考查线面所成角，解题的关键是确定当在中点时，最大，考查学生的空间想象能力以及计算能力。14、【解析】

利用坐标运算求得；根据平面向量夹角公式可求得结果.【详解】本题正确结果：【点睛】本题考查向量夹角的求解，明确向量夹角的余弦值等于向量的数量积除以两向量模长的乘积.15、【解析】

先利用累加法求出an＝1+n2﹣n，所以，设f（n），由此能导出n＝5或6时f（n）有最小值．借此能得到的最小值．【详解】解：∵an+1﹣an＝2n，∴当n≥2时，an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1＝2[1+2+…+（n﹣1）]+1＝n2﹣n+1且对n＝1也适合，所以an＝n2﹣n+1．从而设f（n），令f′（n），则f（n）在上是单调递增，在上是递减的，因为n∈N+，所以当n＝5或6时f（n）有最小值．又因为，，所以的最小值为故答案为【点睛】本题考查了利用递推公式求数列的通项公式，考查了累加法．还考查函数的思想，构造函数利用导数判断函数单调性．16、【解析】

已知向量与的夹角为，则，已知模长和夹角代入式子即可得到结果为故答案为1．三、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】试题分析：（1）由，利用正、余弦定理，得，化简整理即可证明：为直角三角形；（2）利用，，根据基本不等式可得：，即可求出面积的最大值.试题解析：解法1：（1）∵，由正、余弦定理，得，化简整理得：，∵，所以，故为直角三角形，且；（2）∵，∴，当且仅当时，上式等号成立，∴.故，即面积的最大值为.解法2（1）由已知：，又∵，，∴，而，∴，∴，故，∴为直角三角形.（2）由（1），∴.∵，∴，∴，令，∵，∴，∴.而在上单调递增，∴.18、详见解析【解析】

将两式作差可得，由、和可得大小关系.【详解】当且时，当时，当时，综上所述：当时，；当时，；当时，【点睛】本题考查作差法比较大小的问题，关键是能够根据所得的差进行分类讨论；易错点是忽略差等于零，即两式相等的情况.19、（1）证明见详解，（2）证明见详解，（3）当为的中点时，平面平面BDE，证明见详解【解析】

（1）连接与相交于，可得，结合线面平行的判定定理即可证明平面（2）先证明和即可得出平面，然后可得，又，即可证明平面（3）当为的中点时，平面平面BDE，由已知易得，结合平面可得平面，进而根据面面垂直的判定定理得到结论.【详解】（1）如图，连接与相交于，则为的中点连接，又为的中点所以，又平面，平面所以平面（2）因为，所以四边形为正方形所以又因为平面，平面所以所以平面，所以又在直三棱柱中，所以平面（3）当为的中点时，平面平面BDE因为分别是的中点所以,因为平面所以平面，又平面所以平面平面BDE【点睛】本题考查的是立体几何中线面平行和垂直的证明，要求我们要熟悉并掌握平行与垂直有关的判定定理和性质定理，在证明的过程中要注意步骤的完整.20、（1）（2）使用年限至少为14年时，维护费用将超过10万元【解析】

（1）由已知图形中的数据求得与的值，则线性回归方程可求；（2）直接由求得的范围得答案．【详解】（1），，，．故线性回归方程为；（2）由，解得．故使用年限至少为14年时，维护费用将超过10万元．【点睛】本题考查线性回归方程的求法，考查计算能力，是基础题．21、（1）见解析（2）见解析【解析】试题分析：（1）先由平面几何知识证明，再由线面平行判定定理得结论；（2）先由面面垂直性质定理得平面，则，再由AB⊥AD及线面垂直判定定理得AD⊥平面ABC，即可得