2025屆江蘇省連云港市贛榆區數學高一下期末統考模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．設是復數，從，，，，，，中選取若干對象組成集合，則這樣的集合最多有（）A．3個元素 B．4個元素 C．5個元素 D．6個元素2．在同一直角坐標系中，函數且的圖象可能是（）A． B．C． D．3．已知點，，若直線過原點，且、兩點到直線的距離相等，則直線的方程為()A．或 B．或C．或 D．或4．我國古代數學名著《九章算術》第六章“均輸”中有這樣一個問題：“今有五人分五錢，令上二人所得與下三人等，問各得幾何.”（注：“均輸”即按比例分配，此處是指五人所得成等差數列；“錢”是古代的一種計量單位），則分得最少的一個得到()A．錢 B．錢 C．錢 D．1錢5．若，則以下不等式一定成立的是()A． B． C． D．6．已知α，β是兩個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，給出下列命題：①若m∥α，m∥β，則α∥β②若m?α，n?α，m∥β，n∥β，則α∥β；③m?α，n?β，m、n是異面直線，那么n與α相交；④若α∩β=m，n∥m，且n?α，n?β，則n∥α且n∥β．其中正確的命題是（）A．①② B．②③ C．③④ D．④7．已知是單位向量，.若向量滿足（）A． B．C． D．8．已知角α的終邊上有一點P（sin，cos），則tanα=（）A． B． C． D．9．下列關于極限的計算，錯誤的是（）A．B．C．D．已知，則10．設有直線和平面，則下列四個命題中，正確的是（）A．若m∥α，n∥α，則m∥n B．若m?α，n?α，m∥β，l∥β，則α∥βC．若α⊥β，m?α，則m⊥β D．若α⊥β，m⊥β，m?α，則m∥α二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．某產品分甲、乙、丙三級，其中乙、丙兩級均屬次品，若生產中出現乙級品的概率為0.04，出現丙級品的概率為0.01，則對成品抽查一件抽得正品的概率為________.12．點到直線的距離為________.13．函數在的遞減區間是__________14．若是函數的兩個不同的零點，且這三個數可適當排序后成等差數列，也可適當排序后成等比數列，則的值等于________．15．已知關于實數x，y的不等式組構成的平面區域為，若，使得恒成立，則實數m的最小值是______．16．函數，的值域是________．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．已知是同一平面內的三個向量，其中.（1）若，求；（2）若與共線，求的值.18．已知偶函數.（1）若方程有兩不等實根，求的范圍；（2）若在上的最小值為2，求的值.19．已知是等差數列，滿足，，且數列的前n項和.（1）求數列和的通項公式；（2）令，數列的前n項和為，求證:.20．如圖所示，在四棱錐中，底面是棱長為2的正方形，側面為正三角形，且面面，分別為棱的中點．（1）求證：平面；（2）求二面角的正切值．21．已知某幾何體的俯視圖是如圖所示的矩形，正視圖是一個底邊長為、高為的等腰三角形，側視圖是一個底邊長為、高為的等腰三角形．(1)求該幾何體的體積V；(2)求該幾何體的側面積S.

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、A【解析】

設復數分別計算出以上式子，根據集合的元素互異性，可判斷答案.【詳解】解：設復數，，，，故由以上的數組成的集合最多有，，這個元素，故選：【點睛】本題考查復數的運算及相關概念，屬于中檔題.2、D【解析】

本題通過討論的不同取值情況，分別討論本題指數函數、對數函數的圖象和，結合選項，判斷得出正確結論.題目不難，注重重要知識、基礎知識、邏輯推理能力的考查.【詳解】當時，函數過定點且單調遞減，則函數過定點且單調遞增，函數過定點且單調遞減，D選項符合；當時，函數過定點且單調遞增，則函數過定點且單調遞減，函數過定點且單調遞增，各選項均不符合.綜上，選D.【點睛】易出現的錯誤有，一是指數函數、對數函數的圖象和性質掌握不熟，導致判斷失誤；二是不能通過討論的不同取值范圍，認識函數的單調性.3、A【解析】

分為斜率存在和不存在兩種情況，根據點到直線的距離公式得到答案.【詳解】當斜率不存在時：直線過原點，驗證滿足條件.當斜率存在時：直線過原點，設直線為：即故答案選A【點睛】本題考查了點到直線的距離公式，忽略斜率不存在的情況是容易犯的錯誤.4、B【解析】

設所成等差數列的首項為，公差為，利用等差數列前項和公式及通項公式列出方程組，求出首項和公差，進而得出答案．【詳解】由題意五人所分錢成等差數列，設得錢最多的為，則公差.所以，則.又，即則，分得最少的一個得到.故選：B【點睛】本題考查了等差數列的通項公式與求和公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．5、C【解析】

利用不等式的運算性質分別判斷，正確的進行證明，錯誤的舉出反例.【詳解】沒有確定正負，時，，所以不選A；當時，，所以不選B；當時，，所以不選D；由，不等式成立.故選C.【點睛】本題考查不等式的運算性質，比較法證明不等式，屬于基本題.6、D【解析】

利用平面與平面垂直和平行的判定和性質，直線與平面平行的判斷，對選項逐一判斷即可．【詳解】①若m∥α，m∥β，則α∥β或α與β相交，錯誤命題；②若m?α，n?α，m∥β，n∥β，則α∥β或α與β相交．錯誤的命題；③m?α，n?β，m、n是異面直線，那么n與α相交,也可能n∥α，是錯誤命題；④若α∩β＝m，n∥m，且n?α，n?β，則n∥α且n∥β．是正確的命題．故選D．【點睛】本題考查平面與平面的位置關系，直線與平面的位置關系，考查空間想象力，屬于中檔題.7、A【解析】

因為，，做出圖形可知，當且僅當與方向相反且時，取到最大值；最大值為；當且僅當與方向相同且時，取到最小值；最小值為.8、A【解析】

由題意利用任意角的三角函數的定義，求得tanα的值．【詳解】解：∵角α的終邊上有一點P（sin，cos），∴x＝sin，y＝cos，∴則tanα，故選A．【點睛】本題主要考查任意角的三角函數的定義，屬于基礎題．9、B【解析】

先計算每個極限，再判斷，如果是數列和的極限還需先求和，再求極限．【詳解】，A正確；∵，∴，B錯；，C正確；若，需按奇數項和偶數項分別求和后再極限，即，D正確．故選：B．【點睛】本題考查數列的極限，掌握極限運算法則是解題基礎．在求數列前n項和的極限時，需先求出數列的前n項和，再對和求極限，不能對每一項求極限再相加．10、D【解析】

在A中，m與n相交、平行或異面；在B中，α與β相交或平行；在C中，m⊥β或m∥β或m與β相交；在D中，由直線與平面垂直的性質與判定定理可得m∥α．【詳解】由直線m、n，和平面α、β，知：對于A，若m∥α，n∥α，則m與n相交、平行或異面，故A錯誤；對于B，若m?α，n?α，m∥β，n∥β，則α∥β或α與β相交，故B錯誤；對于中，若α⊥β，α⊥β，m?α，則m⊥β或m∥β或m與β相交，故C錯誤；對于D，若α⊥β，m⊥β，m?α，則由直線與平面垂直的性質與判定定理得m∥α，故D正確．故選D．【點睛】本題考查了命題真假的判斷問題，考查了空間線線、線面、面面的位置關系的判定定理及推論的應用，體現符號語言與圖形語言的相互轉化，是中檔題．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、0.95【解析】

根據抽查一件產品是甲級品、乙級品、丙級品是互為互斥事件，且三個事件對立，再根據抽得正品即為抽得甲級品的概率求解.【詳解】記事件A={甲級品}，B={乙級品}，C={丙級品}因為事件A，B，C互為互斥事件，且三個事件對立，所以抽得正品即為抽得甲級品的概率為故答案為：0.95【點睛】本題主要考查了互斥事件和對立事件概率的求法，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.12、3【解析】

根據點到直線的距離公式，代值求解即可.【詳解】根據點到直線的距離公式，點到直線的距離為.故答案為：3.【點睛】本題考查點到直線的距離公式，屬基礎題.13、【解析】

利用兩角和的正弦公式化函數為一個角的一個三角函數形式，然后由正弦函數的性質得出結論．【詳解】，由得，，時，．即所求減區間為．故答案為．【點睛】本題考查三角函數的單調性，解題時需把函數化為一個角一個三角函數形式，然后結合正弦函數的單調性求解．14、1【解析】

由一元二次方程根與系數的關系得到a+b=p，ab=q，再由a，b，﹣2這三個數可適當排序后成等差數列，也可適當排序后成等比數列列關于a，b的方程組，求得a，b后得答案．【詳解】由題意可得：a+b=p，ab=q，∵p＞0，q＞0，可得a＞0，b＞0，又a，b，﹣2這三個數可適當排序后成等差數列，也可適當排序后成等比數列，可得①或②．解①得：；解②得：．∴p=a+b=5，q=1×4=4，則p+q=1．故答案為1．點評：本題考查了一元二次方程根與系數的關系，考查了等差數列和等比數列的性質，是基礎題．【思路點睛】解本題首先要能根據韋達定理判斷出a，b均為正值，當他們與-2成等差數列時，共有6種可能，當-2為等差中項時，因為，所以不可取，則-2只能作為首項或者末項，這兩種數列的公差互為相反數；又a,b與-2可排序成等比數列，由等比中項公式可知-2必為等比中項，兩數列搞清楚以后，便可列方程組求解p，q．15、【解析】

由，使得恒成立可知，只需求出的最大值即可，再由表示平面區域內的點與定點距離的平方，因此結合平面區域即可求出結果.【詳解】作出約束條件所表示的可行域如下：由，使得恒成立可知，只需求出的最大值即可；令目標函數，則目標函數表示平面區域內的點與定點距離的平方，由圖像易知，點到的距離最大.由得，所以.因此，即的最小值為37.故答案為37【點睛】本題主要考查簡單的線性規劃問題，只需分析清楚目標函數的幾何意義，即可結合可行域來求解，屬于常考題型.16、【解析】

利用正切函數在單調遞增，求得的值域為.【詳解】因為函數在單調遞增，所以，，故函數的值域為.【點睛】本題考查利用函數的單調性求值域，注意定義域、值域要寫成區間的形式.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】

（1）根據向量的坐標的運算法則和向量垂直的條件，以及模的定義即可求出．（2）根據向量共線的條件即可求出．【詳解】（1）因為（2）由已知：【點睛】本題考查了向量的坐標運算以及向量的垂直和平行的坐標表示，屬于基礎題．18、（1）；（2）或.【解析】

（1）由偶函數的定義，利用，求得的值，再由對數函數的單調性，結合題設條件，即可求解實數的范圍；（2）利用換元法和對勾函數的單調性，以及二次函數的閉區間上的求法，分類討論對稱軸和區間的關系，即可求解.【詳解】（1）因為，所以的定義域為，因為是偶函數，即，所以，故，所以，即方程的解為一切實數，所以，因為，且，所以原方程轉化為，令，，所以所以在上是減函數，是增函數，當時，使成立的有兩個，又由知，與一一對應，故當時，有兩不等實根；（2）因為，所以，所以，令，則，令，設，則，因為，所以，即在上是增函數，所以，設，則.（i）當時，的最小值為，所以，解得，或4（舍去）；（ii）當時，的最小值為，不合題意；（iii）當時，的最小值為，所以，解得，或（舍去）.綜上知，或.【點睛】本題主要考查了函數的綜合應用，其中解答中涉及到函數的奇偶性，對數函數的圖象與性質，以及換元法和分類討論思想的應用，試題綜合性強，屬于難題，著重考查了分析問題和解答問題的能力，以及推理與運算能力.19、（1），（2）證明見解析【解析】

（1）計算，得到，再計算的通項公式得到答案.（2），利用裂項求和得到得到證明.【詳解】（1），，.，.是等差數列，所以，所以.當時，，又，所以，當時，，符合，所以的通項公式是.（2）.所以，即.【點睛】本題考查了數列的通項公式，裂項求和，意在考查學生對于數列公式方法的靈活運用.20、(1)見證明；(2)【解析】

（1）取PD中點G，可證EFGA是平行四邊形，從而，得證線面平行；（2）取AD中點O，連結PO，可得面，連交于，可證是二面角的平面角，再在中求解即得．【詳解】（1）證明：取PD中點G，連結為的中位線，且，又且，且，∴EFGA是平行四邊形，則，又面，面，面；（2）解：取AD中點O，連結PO，∵面面，為正三角形，面，且，連交于，可得，，則，即．連，又，可得平面，則，即是二面角的平面角，在中，∴，即二面角的正切值為．【點睛】本題考查線面平行證明，考查求二面角．求二面角的步驟是一作二證三計算．即先作出二面角的平面角，然后證明此角是要求的二面角的平面角，最后在三角形中計算．21、（1）1；（2）40+24【解析】

由題設