浙江省杭州学军中学2025学年第二学期高一期末模拟考试2数学试题

**基本信息** 高一数学期末模拟卷聚焦函数、几何、概率等核心知识，以马拉松志愿者成绩分析等现实情境题考查数学抽象、逻辑推理与数据分析能力，层次分明。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|充分条件、复数运算、向量投影等|基础概念辨析，考查数学抽象| |多选题|3|三角函数性质、随机事件独立性等|多维度分析，培养批判性思维| |填空题|3|三角恒等变换、平面向量夹角等|空间形式与数量关系结合，体现几何直观| |解答题|5|统计图表分析、函数恒成立、立体几何证明等|马拉松志愿者数据处理考查数据观念，立体几何证明发展空间观念，函数单调性论证强化逻辑推理|

《2025学年第二学期高一数学期末统测模拟2》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C D C C A D A BCD ACD 题号 11 答案 ABD 1．B 【分析】根据一元二次方程根的分布可得出关于实数的不等式组，求出实数的取值范围，再利用集合的包含关系判断可得出结论. 【详解】设一元二次方程的两个正实根分别为、， 由题意可得，解得， 因为， 所以，“”是“一元二次方程有两个正实根”的必要不充分条件. 故选：B. 2．C 【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案． 【详解】由，得， ． 故选C． 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题． 3．D 【分析】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. 4．C 【分析】利用重要不等式的合理变形可得，即可知A错误；由基本不等式和不等式性质即可计算B错误；由即可求得C正确；根据不等式中“1”的妙用即可得出，即D错误. 【详解】对于A，由可得， 又，所以，即， 当且仅当时等号成立，故A错误； 对于B，由可得，即， 所以，当且仅当时等号成立，即B错误； 对于C，由可得， 所以可得，即，当且仅当时等号成立，即C正确； 对于D，易知，即； 当且仅当时等号成立，可得D错误； 故选：C 5．C 【分析】由题可知为函数对称轴，为对称中心，可得，结合条件可得，然后根据结合条件可得. 【详解】由题可知函数关于直线对称，又因为， 所以函数关于点中心对称， 所以，即， 所以，即得，又因为， 所以时，符合， 所以，又由，得， 所以，由， 可知当时，符合. 故选：C. 6．A 【分析】根据函数解析式作出函数图像，利用函数图像求解. 【详解】当时， 作出函数图像，如图所示： 可知， 则 的取值范围是. 故选：A 7．D 【分析】设的外接圆的圆心为，半径为，由正弦定理求得，由三棱锥体积求得，由勾股定理得球半径． 【详解】解：如图，抽取三棱锥，设的外接圆的圆心为，半径为， 在中，，， 由余弦定理可得， 由正弦定理可得，解得， 所以， 又三棱锥的体积为， 所以， 故三棱锥的高， 所以球的半径为. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题考查棱锥的外接球问题，解题关键是掌握球的截面圆性质，截面圆圆心以球心连线和截面圆垂直．由勾股定理可得球半径与截面圆半径，球心到截面圆距离的关系． 8．A 【分析】借助赋值法结合题意可得函数的对称性与周期性，结合题目中所给条件可得，即可得解. 【详解】因为为偶函数，所以①， 因为，所以， 结合①有②， 因为为奇函数，所以，所以， 结合②有，所以，所以， 所以的周期为8．因为，所以， 同理，由，得， 所以，， 因为，所以，即， 因为，所以， 所以，所以， 所以的周期为8，所以， 由，得， 由，得，所以， 所以． 故选：A. 【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论： （1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立； （2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为. 9．BCD 【分析】由可知的图象关于对称，可判断AB；整体代入法求出函数零点即可判断C；求出，结合周期可判断D. 【详解】对于A，因为， 所以的图象关于对称，所以在上不单调，A错误； 对于B，由上知，的图象关于对称， 所以的图象向左平移个单位长度后得到的曲线关于y轴对称，B正确； 对于C，由得函数的零点为， 令，解得， 所以，即在上有两个零点，C正确； 对于D，因为， ，， 所以 因为的最小值周期， 所以，D正确. 故选：BCD 10．ACD 【分析】对于A，利用和事件的概率公式，及相互独立事件同时发生的概率公式即可求解；对于B，利用互斥事件的关系即可求解； 对于C，根据积事件的概率公式，及事件的关系即可求解； 对于D,根据和事件的概率公式求出再由相互独立事件的定义得到A与B相互独立再利用和事件的概率公式即可求解 【详解】若A与B相互独立，则， ∴，故A正确； 若A与B互斥，则，∴，故B错误； ∵，∴， ∴，故C正确； ∵，∴， ∴A与B相互独立.∴与B相互独立，A与相互独立. ∴ ，故D正确. 故选：ACD. 11．ABD 【分析】当点与点重合时，利用面面平行的性质可判断A选项；证明出平面，当点与点重合且为的中点时，可判断B选项；过点作关于的对称点，过点作于点，设，则当、、三点共线时，最小，求解即可，可判断C选项；连接，取的中点，推导出，可知点为、的交点时，最小，结合勾股定理可判断D选项. 【详解】对于选项A，当点与点重合时，平面， 又平面平面，显然有面，故A正确； 对于选项B，如下图所示： 因为四边形为正方形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，故平面， 当点与点重合且为的中点时，、平面， 又因为，此时平面，故B正确． 对于选项C，当为的中点时，最小， 如图所示，过点作关于的对称点，过点作于点， 不妨设，则当、、三点共线时，最小， 因为，，， 此时， 因为，则， 所以， 故， 则，故， 所以， 故，故C错误； 对于选项D，连接，取的中点，如图所示： 因为，，，故， 所以， 因为、分别为、的中点，所以， 又因为，所以，故， 连接交于点，因为、分别为、的中点，则， 因为四边形为正方形，所以，故， 因为，故为的中点， 因为四边形为正方形，故， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，故平面， 因为平面，故，同理可证， 在矩形中，过点在平面内作，垂足为点， 易知四边形为矩形，且，， 故，所以， 因为、平面，当点为、的交点时，取最小值，故D正确. 故选：ABD. 12． 【分析】根据正切的差角公式求出tanα，在将要求式子分子分母同时除以cosα，将弦化为切即可求解. 【详解】, . 故答案为：. 13． 【分析】先利用与表示、 ，再将转化为与的计算，进而求解. 【详解】 , 与所成的夹角为 令，则 当时，的最大值为. 故答案为：. 14． 【分析】分析可知，，由可得，分析可知，，不等式两边平方整理可得，然后分、两种情况讨论，解不等式，确定整数解，可得出关于实数的不等式，解之即可. 【详解】因为，由可得， 不等式两边平方可得， 当时，，不合乎题意； 当时，则，则原不等式可化为， 解得或， 此时，关于的不等式有无数个整数解，不合乎题意； 当时，则，则原不等式可化为，解得， 由题意可知，关于的不等式有且仅有一个整数解，且这个整数解为， 所以，，解得，又因为，所以，. 因此，实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于根据绝对值的性质转化为二次不等式，然后注意对参数分类讨论，并解出二次不等式，并确定整数解，然后列出关于参数的不等式求解. 15．(1) (2)平均数为69.5，第80百分位数为77.5. (3). 【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形面积之和为得到方程，解得即可； （2）根据平均数、百分位数的定义计算可得； （3）根据根据分层抽样的方差公式计算可得. 【详解】（1）由图得，解得； （2）根据题意知， 因为，， 设第百分位数为，所以，， 解得， 故这100名候选者面试成绩的平均数为，第80百分位数为. （3）设第二组、第四组所有面试者的面试成绩的平均数、方差分别为 ，，，，且两组的频率之比为， 则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数为， 第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差为 ， 则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差为. 16．(1)； (2)； (3). 【分析】（1）由及对数的基本运算性质，解得，即可得； （2）由题意得，根据一次函数、指数函数、对数函数及复合函数的单调性可得在R上均单调递增，从而将原不等式转化恒成立，利用换元法及基本不等式求出的最小值，即可得； （3）由题意得，根据的单调性可知，从而得，根据二次函数的性质，分、和分别求解即可. 【详解】（1）因为，且， 所以， 即，解得， 所以； （2）因为， 又因为在R上均单调递增， 所以在R上均单调递增， 所以不等式恒成立， 即为不等式恒成立， 即不等式恒成立， 所以恒成立， 令，则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以，即实数的取值范围为； （3）由（2）可知在R上均单调递增， 所以当时，， 又因为对任意的，存在，使得， 所以，即， 又因为，开口向上，对称轴为，， 当时，在上单调递减， 所以， 由，解得， 又因为，所以； 当时，在上单调递减，在上单调递增， 所以， 由，解得， 又因为，所以； 当时，在上单调递增， 所以， 由，解得， 又因为，所以； 综上，，实数的取值范围为. 17．(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）证法一：由正弦函数的和差公式，结合辅助角公式以及诱导公式，可得答案；证法二：利用三角形内角和，建立角之间等量关系，根据正弦函数的和差公式以及辅助角公式，可得答案. （2）由正弦定理可得其他角，并建立方程可得答案； 【详解】（1）证法一：由，则， ． 证法二：因为， 所以， 所以 ． （2）解法一：在中，由正弦定理得，解得． 又因为，所以或． 当时，．因为，所以； 当时，．因为，所以， 由，则不符合题意，舍去， 所以，则． ， 在中，由正弦定理，得，解得． 又因为为的平分线，所以，则， 由，则， 由正弦定理可得， 所以，即， 解得． 解法二：在中，由正弦定理得，解得． 又因为，所以或． 当时，．因为，所以； 当时，．因为，所以， 由，则不符合题意，舍去， 所以，则，所以． 在中，由正弦定理得． 因为，，所以． 又因为，所以，所以． 18．(1)证明：连接交于，连接， 因为侧面为矩形， 所以，又为中点， 所以， 又因为， 所以． 所以，又平面，平面， 所以平面． (2) 【分析】（1）连接交于，连接，由题可得，然后利用线面平行的判定定理即得； （2）在平面中，过点C作射线，可得为二面角的平面角，过点作，可得平面，则即为直线和平面所成的角，利用锐角三角函数计算可得. 【详解】（1）略 （2）在平面中，过点作射线， 因为底面为矩形，所以， 所以为二面角的平面角，且． 又，平面，所以平面， 在平面中，过点作，垂足为，连接， 因为平面，平面， 所以，又，平面，平面， 所以平面， 则即为直线和平面所成的角， 于是为点到平面的距离，且， 设直线和平面所成角为，又， 则， 所以直线和平面所成角的正弦值为． 【点睛】 19．(1) (2) (3)证明：必要性：对于，取， 因为函数在上是严格增函数且，所以， 即， 即， 所以. 充分性：，且， 因为， 所以， 即，又， 所以函数在上是严格增函数. 【分析】（1）求出，令解方程即可得到答案； （2）求出并根据题意化简得到，令，根据题意得到，解得，再结合二次函数图象即可求得答案； （3）利用充要条件的定义，结合函数严格递增的概念进行证明. 【详解】（1）当，，时，， 令，解得， 所以函数的零点为. （2）， 若，当时的二次项系数为负导致当时，， 当时，，均不满足恒成立，故， 所以，设， 则，解得或（舍去），即， 此时，所以在上单调递增， 所以， 所以实数的取值范围为. （3）略 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第二学期高一数学期末统测模拟2 一、单选题 1．“”是“一元二次方程有两个正实根”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．复数z满足为虚数单位，则　　 A． B． C． D． 3．设向量满足，且，则向量在向量方向上的投影为 A．1 B． C． D． 4．若，且，则下列不等式恒成立的是（    ） A． B． C． D． 5．已知函数，若，，则对应的值为（    ） A． B． C． D． 6．已知函数若存在实数，，，满足且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．已知三棱锥中，，，三点在以为球心的球面上，若，，且三棱锥的体积为，则球的半径为（    ） A．2 B．5 C．13 D． 8．已知函数，的定义域均为，为奇函数，为偶函数，，，则（    ） A． B．1 C．2023 D．2024 二、多选题 9．已知函数，则（    ） A．在上单调递减 B．将图象上的所有点向左平移个单位长度后得到的曲线关于y轴对称 C．在上有两个零点 D． 10．设A，B是两个随机事件，，，则下列说法中正确的是（   ） A．若A与B相互独立，则 B．若A与B互斥，则 C．若，则 D．若，则 11．如图所示，在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，为的中点，、分别是线段、上的动点（含端点），则下列说法正确的是（   ） A．存在、使平面 B．存在、使平面 C．的最小值为 D．的最小值为 三、填空题 12．已知，则_______. 13．在中，、在边上，且，，与所成的夹角为，则的最大值为____________. 14．已知函数，若关于的不等式有且仅有一个整数解，则的取值范围是__________． 四、解答题 15．2024年10月13日，成都市将举办马拉松比赛，其中志愿者的服务工作是马拉松成功举办的重要保障.成都市文体广电旅游局承办了志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.    (1)求的值； (2)估计这100名候选者面试成绩的平均数和第80百分位数； (3)现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的宣传者.若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62和40，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和50，请据此估计这次第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差. 16．已知定义在上的函数，且满足，，函数． (1)求的解析式； (2)若不等式恒成立，求实数a取值范围； (3)设，若对任意的，存在，使得，求实数m取值范围． 17．已知中，． (1)求证：； (2)如图，在中，，在边上存在一点，使得，，的平分线交于，求． 18．如图，在三棱柱中，侧面为矩形． (1)设为中点，点在线段上，且，求证：平面； (2)若二面角的大小为，且，求直线和平面所成角的正弦值． 19．已知函数的定义域为（），记，其中，且． (1)当，，，求函数的零点； (2)当，，若恒有，求实数的取值范围； (3)当，求证：“对于任意的正有理数，函数在上均是严格增函数”的充要条件是“任取中两个不相同的元素和，均有”． 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $