2025届安徽省六安市高一数学第二学期期末统考模拟试题含解析

2025届安徽省六安市高一数学第二学期期末统考模拟试题注意事项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．在等差数列中，若，则的值为()A．15 B．21 C．24 D．182．已知点，，则与向量的方向相反的单位向量是（）A． B． C． D．3．在中，角所对的边分别为，若，则此三角形（）A．无解 B．有一解 C．有两解 D．解的个数不确定4．设a，b，c为的内角所对的边，若，且，那么外接圆的半径为A．1 B． C．2 D．45．若，满足，则的最大值为（）．A． B． C． D．6．在中，角，，所对的边分别为，，，若，则最大角的余弦值为（）A． B． C． D．7．已知各项均为正数的数列的前项和为，且若对任意的，恒成立，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．8．已知两座灯塔和与海洋观察站的距离都等于5，灯塔在观察站的北偏东，灯塔在观察站的南偏东，则灯塔与灯塔的距离为（）A． B． C． D．9．传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上面画点或用小石子表示数.他们研究过如图所示的三角形数:将三角形数1，3，6，10记为数列，将可被5整除的三角形数，按从小到大的顺序组成一个新数列，可以推测:（）A．1225 B．1275 C．2017 D．201810．已知函数与的图象上存在关于轴对称的点，则实数的取值范围是（）．A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知,且关于的方程有实数根，则与的夹角的取值范围是______.12．函数，的值域是________．13．已知sin＝，则cos＝________．14．_____________.15．已知函数那么的值为．16．若数列是正项数列，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．已知的顶点，边上的高所在的直线方程为，为的中点，且所在的直线方程为.(1)求顶点的坐标；(2)求过点且在轴、轴上的截距相等的直线的方程.18．设数列的前项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．19．如图长方体中，，分别为棱，的中点（1）求证:平面平面；（2）请在答题卡图形中画出直线与平面的交点（保留必要的辅助线），写出画法并计算的值（不必写出计算过程）．20．已知向量．(1)求与的夹角的余弦值；(2)若向量与垂直，求的值．21．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2+c2﹣b2＝mac，其中m∈R．（1）若m＝1，a＝1，c＝，求△ABC的面积；（2）若m＝，A＝2B，a＝，求b．

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】

利用等差数列的性质，将等式全部化为的形式，再计算。【详解】因为，且，则，所以．故选D【点睛】本题考查等差数列的性质，属于基础题。2、A【解析】

根据单位向量的定义即可求解.【详解】,向量的方向相反的单位向量为，故选A.【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，向量的单位向量的概念，属于中档题.3、C【解析】

利用正弦定理求，与比较的大小，判断B能否取相应的锐角或钝角.【详解】由及正弦定理，得，，B可取锐角；当B为钝角时，，由正弦函数在递减，，可取.故选C.【点睛】本题考查正弦定理，解三角形中何时无解、一解、两解的条件判断，属于中档题.4、A【解析】

由得b2+c2-a2=bc．利用余弦定理，可得A=．再利用正弦定理可得2R=，可得R.【详解】∵,∴,整理得b2+c2-a2=bc，根据余弦定理cosA=，可得cosA=∵A∈（0，π），∴A=由正弦定理可得2R==,解得R=1，故选A【点睛】已知三边关系，可转化为接近余弦定理的形式，直接运用余弦定理理解三角形，注意整体代入思想.5、D【解析】作出不等式组，所表示的平面区域，如图所示，当时，可行域为四边形内部，目标函数可化为，即，平移直线可知当直线经过点时，直线的截距最大，从而最大，此时，，当时，可行域为三角形，目标函数可化为，即，平移直线可知当直线经过点时，直线的截距最大，从而最大，，综上，的最大值为．故选．点睛：利用线性规划求最值的步骤：(1)在平面直角坐标系内作出可行域．(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形．常见的类型有截距型（型）、斜率型（型）和距离型（型）．(3)确定最优解：根据目标函数的类型，并结合可行域确定最优解．(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值．注意解答本题时不要忽视斜率不存在的情形.6、D【解析】

设，由余弦定理可求出.【详解】设,所以最大的角为,故选D.【点睛】本题主要考查了余弦定理，大边对大角，属于中档题.7、C【解析】

由得到an=n，任意的，恒成立等价于，利用作差法求出的最小值即可.【详解】当n=1时，，又∴∵an+12=2Sn+n+1，∴当n≥2时，an2=2Sn﹣1+n，两式相减可得：an+12﹣an2=2an+1，∴an+12=（an+1）2，∵数列{an}是各项均为正数的数列，∴an+1=an+1，即an+1﹣an=1，显然n=1时，适合上式∴数列{an}是等差数列，首项为1，公差为1．∴an=1+（n﹣1）=n．任意的，恒成立，即恒成立记，，∴为单调增数列，即的最小值为∴，即故选C【点睛】已知求的一般步骤：（1）当时，由求的值；（2）当时，由，求得的表达式；（3）检验的值是否满足（2）中的表达式，若不满足则分段表示；（4）写出的完整表达式.8、B【解析】

根据题意画出ABC的相对位置，再利用正余弦定理计算．【详解】如图所示，,，选B.【点睛】本题考查解三角形画出相对位置是关键，属于基础题．9、A【解析】

通过寻找规律以及数列求和，可得，然后计算，可得结果.【详解】根据题意可知：则由…可得所以故选：A【点睛】本题考查不完全归纳法的应用，本题难点在于找到，属难题，10、A【解析】若函数f（x）=a﹣x2（1≤x≤2）与g（x）=2x+1的图象上存在关于x轴对称的点，则方程a﹣x2=﹣（2x+1）⇔a=x2﹣2x﹣1在区间[1，2]上有解，令g（x）=x2﹣2x﹣1，1≤x≤2，由g（x）=x2﹣2x﹣1的图象是开口朝上，且以直线x=1为对称轴的抛物线，故当x=1时，g（x）取最小值﹣2，当x=2时，函数取最大值﹣1，故a∈[﹣2，﹣1]，故选：A．点睛：图像上存在关于轴对称的点，即方程a﹣x2=﹣（2x+1）⇔a=x2﹣2x﹣1在区间[1，2]上有解，转化为方程有解求参的问题，变量分离，画出函数图像，使得函数图像和常函数图像有交点即可；这是解决方程有解，图像有交点，函数有零点的常见方法。二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

先由得出，再根据即可求出与的夹角的取值范围.【详解】因为关于的方程有实数根，所以，即，设与的夹角为，所以，因为，所以，即与的夹角的取值范围是【点睛】本题主要考查平面向量的夹角公式的应用等，属基础题.12、【解析】

利用正切函数在单调递增，求得的值域为.【详解】因为函数在单调递增，所以，，故函数的值域为.【点睛】本题考查利用函数的单调性求值域，注意定义域、值域要写成区间的形式.13、【解析】

由sin＝，得cos2＝1－2sin2＝，即cos＝，所以cos＝cos＝，故答案为.14、【解析】,故填.15、【解析】试题分析：因为函数所以==．考点：本题主要考查分段函数的概念，计算三角函数值．点评：基础题，理解分段函数的概念，代入计算．16、【解析】

有已知条件可得出，时，与题中的递推关系式相减即可得出，且当时也成立。【详解】数列是正项数列，且所以，即时两式相减得，所以（）当时，适合上式，所以【点睛】本题考差有递推关系式求数列的通项公式，属于一般题。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）（2）或【解析】

（1）首先确定直线的斜率，从而得到直线的方程；因为点是直线与的交点，联立两条直线可求得点坐标；（2）设，利用中点坐标公式表示出；根据在直线上，在直线上，可构造方程组，求得点坐标；根据截距相等，可分为截距为和不为两种情况来分别求解出直线方程.【详解】（1）由已知得：直线的方程为：，即：由，解得：的坐标为（2）设，则则，解得：直线在轴、轴上的截距相等当直线经过原点时，设直线的方程为把点代入，得：，解得：此时直线的方程为：当直线不经过原点时，设直线的方程为把点代入，得：，解得：此时直线的方程为直线的方程为：或【点睛】本题考查直线交点、直线方程的求解问题，易错点是在已知截距相等的情况下，忽略截距为零的情况，造成丢根.18、（1）；（2）【解析】

(1)由，且，可得当也适合，；(2)∵19、(1)见证明；(2)；画图见解析【解析】

（1）推导出平面，得出，得出，从而得到，进而证出平面，由此证得平面平面．（2）根据通过辅助线推出线面平行再推出线线平行，再根据“一条和平面不平行的直线与平面的公共点即为直线与平面的交点”得到点位置，然后计算的值．【详解】（1）证明：在长方体中，，分别为棱，的中点，所以平面，则，在中，，在中，，所以，因为在中，，所以，所以，又因为，所以平面，因为平面，所以平面平面（2）如图所示：设，连接，取中点记为，过作，且，则.证明：因为为中点，所以且；又因为，且，所以且，所以四边形为平行四边形，则；又因为，所以，且平面，所以平面；又因为，则，平面，即点为直线与平面的交点；因为，所以，则；且有上述证明可知：四边形为平行四边形，所以，所以，因为，.【点睛】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．20、（1）；（2）【解析】

（1）分别求出，，，再代入公式求余弦值；（2）由向量互相垂直，得到数量积为0，从而构造出关于的方程，再求的值.【详解】(1)，，，∴.(2)．若，则，解得.【点睛】本题考查向量数量积公式的应用及两向量垂直求参数的值，考查基本的运算求