2025屆吉林省東北師大附屬中高一數學第二學期期末監(jiān)測模擬試題含解析

2025屆吉林省東北師大附屬中高一數學第二學期期末監(jiān)測模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．設向量滿足，且，則向量在向量方向上的投影為A．1 B． C． D．2．已知數列滿足若，則數列的第2018項為（）A． B． C． D．3．漢朝時，張衡得出圓周率的平方除以16等于，如圖，網格紙上的小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，俯視圖中的曲線為圓，利用張衡的結論可得該幾何體的體積為（）A．32 B．40 C． D．4．已知向量，滿足，在上的投影（正射影的數量）為-2，則的最小值為（）A． B．10 C． D．85．“”是“、、”成等比數列的（）條件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．已知變量，滿足約束條件則取最大值為（）A． B． C．1 D．27．將函數的圖象向左平移個長度單位后，所得到的圖象關于（）對稱．A．軸 B．原點 C．直線 D．點8．在四邊形中，，，將沿折起，使平面平面，構成三棱錐，如圖，則在三棱錐中，下列結論正確的是（）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所對的邊分別為a，b，c，若A=π3，B=π4，A．23 B．2 C．3 D．10．已知分別為的三邊長，且，則=（）A． B． C． D．3二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．函數的定義域為________12．已知sin＝，則cos＝________．13．如圖，在正方體中，點是線段上的動點，則直線與平面所成的最大角的余弦值為________.14．若向量，則與夾角的余弦值等于_____15．已知數列滿足則的最小值為__________.16．已知向量與的夾角為，且，；則__________．三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．設的內角的對邊分別為，且滿足.（1）試判斷的形狀，并說明理由；（2）若，試求面積的最大值.18．已知且，比較與的大小.19．如圖所示，在直三棱柱中，，平面，D為AC的中點.（1）求證：平面；（2）求證：平面；（3）設E是上一點，試確定E的位置使平面平面BDE，并說明理由.20．近年來，某地大力發(fā)展文化旅游創(chuàng)意產業(yè)，創(chuàng)意維護一處古寨，幾年來，經統(tǒng)計，古寨的使用年限x（年）和所支出的維護費用y（萬元）的相關數據如圖所示，根據以往資料顯示y對x呈線性相關關系.（1）求出y關于x的回歸直線方程；（2）試根據（1）中求出的回歸方程，預測使用年限至少為幾年時，維護費用將超過10萬元？參考公式：對于一組數據，，…，，其回歸方程的斜率和截距的最小二乘估計分別為.21．如圖，在三棱錐A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點E，F(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求證：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、D【解析】

先由題中條件，求出向量的數量積，再由向量數量積的幾何意義，即可求出投影.【詳解】因為，，所以，所以，故向量在向量方向上的投影為.故選D【點睛】本題主要考查平面向量的數量積，熟記平面向量數量積的幾何意義即可，屬于?？碱}型.2、A【解析】

利用數列遞推式求出前幾項，可得數列是以4為周期的周期數列，即可得出答案.【詳解】，，，數列是以4為周期的周期數列，則.故選A.【點睛】本題考查數列的遞推公式和周期數列的應用，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題.3、C【解析】

將三視圖還原，即可求組合體體積【詳解】將三視圖還原成如圖幾何體：半個圓柱和半個圓錐的組合體，底面半徑為2，高為4，則體積為，利用張衡的結論可得故選C【點睛】本題考查三視圖，正確還原，熟記圓柱圓錐的體積是關鍵，是基礎題4、D【解析】

在上的投影（正射影的數量）為可知，可求出，求的最小值即可得出結果.【詳解】因為在上的投影（正射影的數量）為，所以，即，而，所以，因為所以，即，故選D.【點睛】本題主要考查了向量在向量上的正射影，向量的數量積，屬于難題.5、B【解析】

利用充分必要條件直接推理即可【詳解】若“、、”成等比數列，則；成立反之，若“”，如果a=b=G=0則、、”不成等比數列，故選B．【點睛】本題考查充分必要條件的判定，熟記等比數列的性質是關鍵，是基礎題6、C【解析】

由約束條件作出可行域，化目標函數為直線方程的斜截式，數形結合得到最優(yōu)解，把最優(yōu)解的坐標代入目標函數得答案．【詳解】由約束條件作出可行域如圖，當，即點，化目標函數為，由圖可知，當直線過時，直線在軸上的截距最小，有最大值為．故選：C．【點睛】本題考查簡單的線性規(guī)劃，考查數形結合的解題思想方法，屬于中檔題．7、A【解析】

先利用輔助角公式將未變換后的函數解析式化簡，再根據圖象變換規(guī)律得出變換后的函數的解析式為，結合余弦函數的對稱性來進行判斷。【詳解】，函數的圖象向左平移個長度單位后得到，函數的圖象關于軸對稱，故選：A．【點睛】本題考查三角函數的圖象變換，以及三角函數的對稱性，在考查三角函數的基本性質問題時，應該將三角函數的解析式化為一般形式，并借助三角函數的圖象來理解。8、D【解析】

折疊過程中，仍有，根據平面平面可證得平面，從而得到正確的選項.【詳解】在直角梯形中，因為為等腰直角三角形，故，所以，故，折起后仍然滿足.因為平面平面，平面，平面平面，所以平面，因平面，所以.又因為，，所以平面，因平面，所以平面平面.【點睛】面面垂直的判定可由線面垂直得到，而線面垂直可通過線線垂直得到，注意面中兩條直線是相交的．由面面垂直也可得到線面垂直，注意線在面內且線垂直于兩個平面的交線.9、A【解析】

利用正弦定理asinA=【詳解】在ΔABC中，由正弦定理得asinA=故選：A.【點睛】本題考查利用正弦定理求邊，要記得正弦定理所適用的基本類型，考查計算能力，屬于基礎題。10、B【解析】

由已知直接利用正弦定理求解．【詳解】在中，由A＝45°，C＝60°，c＝3，由正弦定理得．故選B．【點睛】本題考查三角形的解法，考查正弦定理的應用，屬于基礎題．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

根據反余弦函數的定義，可得函數滿足，即可求解.【詳解】由題意，根據反余弦函數的定義，可得函數滿足，解得，即函數的定義域為.故答案為：【點睛】本題主要考查了反余弦函數的定義的應用，其中解答中熟記反余弦函數的定義，列出不等式求解是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.12、【解析】

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

作的中心，可知平面，所以直線與平面所成角為，當在中點時，最大，求出即可?！驹斀狻吭O正方體的邊長為1，連接，由于為正方體，所以為正四面體，棱長為，為等邊三角形，作的中心，連接，，由于為正四面體，為的中心，所以平面，所以為直線與平面所成角，則當在中點時，最大，當在中點時，由于為正四面體，棱長為，等邊三角形，為的中心，所以，，所以直線與平面所成的最大角的余弦值為故直線與平面所成的最大角的余弦值為故答案為【點睛】本題考查線面所成角，解題的關鍵是確定當在中點時，最大，考查學生的空間想象能力以及計算能力。14、【解析】

利用坐標運算求得；根據平面向量夾角公式可求得結果.【詳解】本題正確結果：【點睛】本題考查向量夾角的求解，明確向量夾角的余弦值等于向量的數量積除以兩向量模長的乘積.15、【解析】

先利用累加法求出an＝1+n2﹣n，所以，設f（n），由此能導出n＝5或6時f（n）有最小值．借此能得到的最小值．【詳解】解：∵an+1﹣an＝2n，∴當n≥2時，an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1＝2[1+2+…+（n﹣1）]+1＝n2﹣n+1且對n＝1也適合，所以an＝n2﹣n+1．從而設f（n），令f′（n），則f（n）在上是單調遞增，在上是遞減的，因為n∈N+，所以當n＝5或6時f（n）有最小值．又因為，，所以的最小值為故答案為【點睛】本題考查了利用遞推公式求數列的通項公式，考查了累加法．還考查函數的思想，構造函數利用導數判斷函數單調性．16、【解析】

已知向量與的夾角為，則，已知模長和夾角代入式子即可得到結果為故答案為1．三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）.【解析】試題分析：（1）由，利用正、余弦定理，得，化簡整理即可證明：為直角三角形；（2）利用，，根據基本不等式可得：，即可求出面積的最大值.試題解析：解法1：（1）∵，由正、余弦定理，得，化簡整理得：，∵，所以，故為直角三角形，且；（2）∵，∴，當且僅當時，上式等號成立，∴.故，即面積的最大值為.解法2（1）由已知：，又∵，，∴，而，∴，∴，故，∴為直角三角形.（2）由（1），∴.∵，∴，∴，令，∵，∴，∴.而在上單調遞增，∴.18、詳見解析【解析】

將兩式作差可得，由、和可得大小關系.【詳解】當且時，當時，當時，綜上所述：當時，；當時，；當時，【點睛】本題考查作差法比較大小的問題，關鍵是能夠根據所得的差進行分類討論；易錯點是忽略差等于零，即兩式相等的情況.19、（1）證明見詳解，（2）證明見詳解，（3）當為的中點時，平面平面BDE，證明見詳解【解析】

（1）連接與相交于，可得，結合線面平行的判定定理即可證明平面（2）先證明和即可得出平面，然后可得，又，即可證明平面（3）當為的中點時，平面平面BDE，由已知易得，結合平面可得平面，進而根據面面垂直的判定定理得到結論.【詳解】（1）如圖，連接與相交于，則為的中點連接，又為的中點所以，又平面，平面所以平面（2）因為，所以四邊形為正方形所以又因為平面，平面所以所以平面，所以又在直三棱柱中，所以平面（3）當為的中點時，平面平面BDE因為分別是的中點所以,因為平面所以平面，又平面所以平面平面BDE【點睛】本題考查的是立體幾何中線面平行和垂直的證明，要求我們要熟悉并掌握平行與垂直有關的判定定理和性質定理，在證明的過程中要注意步驟的完整.20、（1）（2）使用年限至少為14年時，維護費用將超過10萬元【解析】

（1）由已知圖形中的數據求得與的值，則線性回歸方程可求；（2）直接由求得的范圍得答案．【詳解】（1），，，．故線性回歸方程為；（2）由，解得．故使用年限至少為14年時，維護費用將超過10萬元．【點睛】本題考查線性回歸方程的求法，考查計算能力，是基礎題．21、（1）見解析（2）見解析【解析】試題分析：（1）先由平面幾何知識證明，再由線面平行判定定理得結論；（2）先由面面垂直性質定理得平面，則，再由AB⊥AD及線面垂直判定定理得AD⊥平面ABC，即可得