吉林省吉林市吉化一中2025届高二数学第一学期期末复习检测模拟试题含解析

吉林省吉林市吉化一中2025届高二数学第一学期期末复习检测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．已知三棱柱的所有棱长均为2，平面，则异面直线，所成角的余弦值为（）A. B.C. D.2．函数在上的极大值点为（）A. B.C. D.3．已知数列的通项公式为，则（）A.12 B.14C.16 D.184．直线的倾斜角为A. B.C. D.5．如图，在长方体中，是线段上一点，且，若，则（）A. B.C. D.6．已知数列是等差数列，为数列的前项和，，，则（）A.54 B.71C.81 D.807．若函数在区间内存在单调递增区间，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.8．在等差数列中，，，则（）A. B.C. D.9．设，，，则下列不等式中一定成立的是（）A. B.C. D.10．设双曲线：的左，右焦点分别为，，过的直线与双曲线的右支交于A，B两点，若，则双曲线的离心率为（）A.4 B.2C. D.11．命题：，否定是（）A.， B.，C.， D.，12．已知“”的必要不充分条件是“或”，则实数的最小值为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．甲、乙两名运动员5场比赛得分的茎叶图如图所示，已知甲得分的极差为32，乙得分的平均值为24，则甲、乙两组数据的中位数是______.14．已知函数有两个极值点，则实数a的取值范围为________.15．已知抛物线C：，经过点P（4，1）的直线l与抛物线C相交于A，B两点，且点P恰为AB的中点，F为抛物线的焦点，则______16．我国是世界上严重缺水的国家，某市政府为了鼓励居民节约用水，计划调整居民生活用水收费方案．通过抽样，获得了某年100位居民每人的月均用水量（单位：吨），将数据按照[0，0.5），[0.5，1），…，[4，4.5）分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图，则a=______________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，OP为圆锥的高，AB为底面圆O的直径，C为圆O上一点，并且，E为劣弧上的一点，且，.（1）若E为劣弧的中点，求证：平面POE；（2）若E为劣弧的三等分点（靠近点），求平面PEO与平面PEB的夹角的余弦值.18．（12分）如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，，，，为棱上的点，且.（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）设为棱上的点(不与，重合)，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值.19．（12分）设椭圆过，两点，为坐标原点（1）求椭圆的方程；（2）是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，，且？若存在，写出该圆的方程，并求的取值范围；若不存在，说明理由20．（12分）已知数列的前n项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前n项和.21．（12分）等差数列的前项和记为，已知.（1）求的通项公式：（2）求，并求为何值时的值最大.22．（10分）为迎接2022年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动.该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为40元（不足1小时的部分按1小时计算）.有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为，；1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为，；两人滑雪时间都不会超过3小时.求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；

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、A【解析】建立空间直角坐标系，利用向量法求解【详解】以为坐标原点，平面内过点且垂直于的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，∴，，∴，∴异面直线，所成角的余弦值为.故选：A2、C【解析】求出函数的导数，利用导数确定函数的单调性，即可求出函数的极大值点【详解】，∴当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，，单调递减，∴函数在的极大值点为故选：C3、D【解析】利用给定的通项公式直接计算即得.【详解】因数列的通项公式为，则有，所以.故选：D4、B【解析】分析出直线与轴垂直，据此可得出该直线的倾斜角.【详解】由题意可知，直线与轴垂直，该直线的倾斜角为.故选：B.【点睛】本题考查直线的倾斜角，关键是掌握直线倾斜角的定义，属于基础题5、A【解析】将利用、、表示，再利用空间向量的加法可得出关于、、的表达式，进而可求得的值.【详解】连接、，因，因为是线段上一点，且，则，因此，因此，.故选：A.6、C【解析】利用等差数列的前n项和公式求解.【详解】∵是等差数列，，∴，得，∴.故选：C.7、D【解析】求出函数的导数，问题转化为在有解，进而求函数的最值，即可求出的范围.【详解】∵，∴，若在区间内存在单调递增区间，则有解，故，令，则在单调递增，，故.故选：D.8、B【解析】利用等差中项的性质可求得的值，进而可求得的值.【详解】由等差中项的性质可得，则.故选：B.9、B【解析】利用特殊值法可判断ACD的正误，根据不等式的性质，可判断B的正误.【详解】对于A中，令，，，，满足，，但，故A错误；对于B中，因为，所以由不等式的可加性，可得，所以，故B正确；对于C中，令，，，，满足，，但，故C错误；对于D中，令，，，，满足，，但，故D错误故选：B10、B【解析】根据双曲线的定义及，求出，，，，再利用余弦定理计算可得；【详解】解：依题意可知、，又且，所以，，，，则，且，即，即，所以离心率.故选：B11、D【解析】根据给定条件利用全称量词命题的否定是存在量词命题直接写出作答.【详解】命题：，是全称量词命题，其否定是存在量词命题，所以命题：，的否定是：，.故选：D12、A【解析】首先解不等式得到或，根据题意得到，再解不等式组即可.【详解】，解得或，因为“”的必要不充分条件是“或”，所以.实数的最小值为.故选：A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】先由极差以及平均数得出，进而得出中位数.【详解】由可得，，，因为乙得分的平均值为24，所以，所以甲、乙两组数据的中位数是.故答案为：14、【解析】由题可得有两个不同正根，利用分离参数法得到.令，，只需和有两个交点，利用导数研究的单调性与极值，数形结合即得.【详解】∵的定义域为，，要使函数有两个极值点，只需有两个不同正根，并且在的两侧的单调性相反，在的两侧的单调性相反，由得，，令，，要使函数有两个极值点，只需和有两个交点，∵，令得：0<x<1；令得：x>1；所以在上单调递增，在上单调递减，当时，；当时，；作出和的图像如图，所以，即，即实数a的取值范围为.故答案为：15、9【解析】过A、、作准线的垂线且分别交准线于点、、，根据抛物线的定义可知，由梯形的中位线的性质得出，进而可求出的结果.【详解】由抛物线，可知，则，所以抛物线的焦点坐标为，如图，过点A作垂直于准线交准线于，过点作垂直于准线交准线于，过点作垂直于准线交准线于，由抛物线的定义可得，再根据为线段的中点，而四边形为梯形，由梯形的中位线可知，则，所以.故答案为：9.16、3##【解析】由频率之和等于1，即矩形面积之和为1可得.【详解】由题知，解得.故答案为：0.3三、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）证明见解析（2）【解析】（1）推导出平面，，，由此能证明平面（2）推导出，，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值【小问1详解】证明：为圆锥的高，平面，又平面，，为劣弧的中点，，，平面，平面【小问2详解】解：解：为劣弧的三等分点（靠近点，为底面圆的直径，为圆上一点，并且，，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，0，，，0，，，，，，0，，，3，，0，，，，，，，，，3，设平面的法向量，，，则，取，得，，，设平面的法向量，，，则，取，得，1，，设二面角的平面角为，则，二面角的余弦值为18、（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】（1）由已知证得，，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，根据向量垂直的坐标表示和线面垂直的判定定理可得证；（2）根据二面角的空间向量求解方法可得答案；（3）设，表示点Q，再利用线面角的空间向量求解方法，建立方程解得，可得答案.【详解】（1）因为平面，平面，平面，所以，，又因为，则以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由已知可得，，，，，，所以，，，因为，，所以，，又，平面，平面，所以平面.（2）由（1）可知平面，可作为平面的法向量，设平面的法向量因为，.所以，即，不妨设，得.，又由图示知二面角为锐角，所以二面角的正弦值为.（3）设，即，，所以，即，因为直线与平面所成角的正弦值为，所以，即，解得，即.【点睛】本题考查利用空间向量求线面垂直、线面角、二面角的求法，向量法求二面角的步骤：建、设、求、算、取：1、建：建立空间直角坐标系，以三条互相垂直的垂线的交点为原点；2、设：设所需点的坐标，并得出所需向量的坐标；3、求：求出两个面的法向量；4、算：运用向量的数量积运算，求两个法向量的夹角的余弦值；5、取：根据二面角的范围和图示得出的二面角是锐角还是钝角，再取值.19、（1）（2）存在，，【解析】（1）根据椭圆E：（）过，两点，直接代入方程解方程组，解方程组即可.（2）假设存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且，当切线斜率存在时，设该圆的切线方程为，联立，根据，结合韦达定理运算，同时满足，则存在，否则不存在；在该圆的方程存在时，利用弦长公式结合韦达定理得到，结合题意求解即可，当切线斜率不存在时，验证即可.【小问1详解】将，的坐标代入椭圆的方程得，解得，所以椭圆的方程为【小问2详解】假设满足题意的圆存在，其方程为，其中，设该圆的任意一条切线和椭圆交于，两点，当直线的斜率存在时，令直线的方程为，①将其代入椭圆的方程并整理得，由韦达定理得，，②因为，所以，③将①代入③并整理得，联立②得，④因为直线和圆相切，因此，由④得，所以存在圆满足题意当切线的斜率不存在时，易得，由椭圆方程得，显然，综上所述，存在圆满足题意当切线的斜率存在时，由①②④得，由，得，即当切线的斜率不存在时，易得，所以综上所述，存在圆心在原点的圆满足题意，且20、（1）（2）【解析】（1）根据与的关系，分和两种情况，求出，再判断是否合并；（2）利用错位相减法求出数列的前n项和.【小问1详解】，当时，，当时，，也满足上式，数列的通项公式为：.【小问2详解】由（1）可得，①②①②得，21、（1）；（2）当或时，的值最大.【解析】（1）根据等差数列前项和公式，结合等差