2025屆福建省漳州市龍海程溪中學高一數學第二學期期末檢測模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．已知集合，，則A． B． C． D．2．為了解某地區的中小學生視力情況，擬從該地區的中小學生中抽取部分學生進行調查，事先已了解到該地區小學、初中、高中三個學段學生的視力情況有較大差異，而男女生視力情況差異不大，在下面的抽樣方法中，最合理的抽樣方法是()A．簡單隨機抽樣 B．按性別分層抽樣C．按學段分層抽樣 D．系統抽樣3．正四棱柱的高為3cm,體對角線長為cm,則正四棱柱的側面積為()A．10 B．24 C．36 D．404．已知圓M:x2+y2-2ay=0a>0截直線x+y=0A．內切 B．相交 C．外切 D．相離5．已知兩點,,若直線與線段相交,則實數的取值范圍是()A． B．C． D．6．在學習等差數列時，我們由，，，，得到等差數列的通項公式是，象這樣由特殊到一般的推理方法叫做（）A．不完全歸納法 B．數學歸納法 C．綜合法 D．分析法7．設，是定義在上的兩個周期函數，的周期為，的周期為，且是奇函數．當時，，，其中．若在區間上，函數有個不同的零點，則的取值范圍是（）A． B． C． D．8．在的二面角內，放置一個半徑為3的球，該球切二面角的兩個半平面于A，B兩點，那么這兩個切點在球面上的最短距離為（）A． B． C． D．9．設變量、滿足約束條件，則目標函數的最大值為（）A．2 B．3 C．4 D．910．設等比數列的前項和為，若則（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知銳角、滿足，，則________.12．已知，，若，則的取值范圍是__________．13．已知等邊，為中點，若點是所在平面上一點，且滿足，則__________.14．如圖，已知六棱錐的底面是正六邊形，平面，，給出下列結論：①；②直線平面；③平面平面；④異面直線與所成角為；⑤直線與平面所成角的余弦值為.其中正確的有_______（把所有正確的序號都填上）15．已知函數，，則的最大值是__________．16．已知函數，若，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．已知函數的最大值是1，其圖像經過點（1）求的解析式；（2）已知且求的值。18．設，求函數的最小值為__________．19．在△ABC中，AC=4，，．（Ⅰ）求的大小；（Ⅱ）若D為BC邊上一點，，求DC的長度．20．如圖，在平面直角坐標系中，橢圓的左、右焦點分別為，，為橢圓上一點，且垂直于軸，連結并延長交橢圓于另一點，設.（1）若點的坐標為，求橢圓的方程及的值；（2）若，求橢圓的離心率的取值范圍.21．已知，，.（1）求的最小值；（2）求的最小值.

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、C【解析】分析：由題意先解出集合A,進而得到結果。詳解：由集合A得,所以故答案選C.點睛：本題主要考查交集的運算，屬于基礎題。2、C【解析】試題分析：符合分層抽樣法的定義，故選C.考點：分層抽樣．3、B【解析】

設正四棱柱，設底面邊長為，由正四棱柱體對角線的平方等于從同一頂點出發的三條棱的平方和，可得關于的方程.【詳解】如圖，正四棱柱，設底面邊長為，則，解得：，所以正四棱柱的側面積.【點睛】本題考查正棱柱的概念，即底面為正方形且側棱垂直于底面的幾何體，考查幾何體的側面積計算.4、B【解析】化簡圓M:x2+(y-a)2=a又N(1,1),r5、D【解析】

找出直線與PQ相交的兩種臨界情況，求斜率即可.【詳解】因為直線恒過定點，根據題意，作圖如下：直線與線段PQ相交的臨界情況分別為直線MP和直線MQ，已知，，由圖可知：當直線繞著點M向軸旋轉時，其斜率范圍為：；當直線與軸重合時，沒有斜率；當直線繞著點M從軸至MP旋轉時，其斜率范圍為：綜上所述：，故選：D.【點睛】本題考查直線斜率的計算，直線斜率與傾斜角的關系，屬基礎題.6、A【解析】

根據題干中的推理由特殊到一般的推理屬于歸納推理，但又不是數學歸納法，從而可得出結果.【詳解】本題由前三項的規律猜想出一般項的特點屬于歸納法，但本題并不是數學歸納法，因此，本題中的推理方法是不完全歸納法，故選：A.【點睛】本題考查歸納法的特點，判斷時要區別數學歸納法與不完全歸納法，考查對概念的理解，屬于基礎題.7、B【解析】

根據題意可知，函數和在上的圖象有個不同的交點，作出兩函數圖象，即可數形結合求出．【詳解】作出兩函數的圖象，如圖所示：由圖可知，函數和在上的圖象有個不同的交點，故函數和在上的圖象有個不同的交點，才可以滿足題意．所以，圓心到直線的距離為，解得，因為兩點連線斜率為，所以，．故選：B．【點睛】本題主要考查了分段函數的圖象應用，函數性質的應用，函數的零點個數與兩函數圖象之間的交點個數關系的應用，意在考查學生的轉化能力和數形結合能力，屬于中檔題．8、A【解析】

根據題意，作出截面圖，計算弧長即可.【詳解】根據題意，作出該球過球心且經過A、B的截面圖如下所示：由題可知：則，故滿足題意的最短距離為弧長BA，在該弧所在的扇形中，弧長.故選：A.【點睛】本題考查弧長的計算公式，二面角的定義，屬綜合基礎題.9、D【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，數形結合得到最優解，聯立方程組求得最優解的坐標，把最優解的坐標代入目標函數得結論.【詳解】畫出滿足約束條件的可行域，如圖，畫出可行域，，，，平移直線，由圖可知，直線經過時目標函數有最大值，的最大值為9.故選D.【點睛】本題主要考查線性規劃中，利用可行域求目標函數的最值，屬于簡單題.求目標函數最值的一般步驟是“一畫、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是實線還是虛線）；（2）找到目標函數對應的最優解對應點（在可行域內平移變形后的目標函數，最先通過或最后通過的頂點就是最優解）；（3）將最優解坐標代入目標函數求出最值.10、B【解析】

根據等比數列中前項和的“片段和”的性質求解．【詳解】由題意得，在等比數列中，成等比數列，即成等比數列，∴，解得．故選B．【點睛】設等比數列的前項和為，則仍成等比數列，即每個項的和仍成等比數列，應用時要注意使用的條件是數列的公比．利用此結論解題可簡化運算，提高解題的效率．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、.【解析】試題分析：由題意，所以.考點：三角函數運算.12、【解析】數形結合法，注意y＝，y≠0等價于x2＋y2＝9(y＞0)，它表示的圖形是圓x2＋y2＝9在x軸之上的部分(如圖所示)．結合圖形不難求得，當－3＜b≤3時，直線y＝x＋b與半圓x2＋y2＝9(y＞0)有公共點．13、0【解析】

利用向量加、減法的幾何意義可得，再利用向量數量積的定義即可求解.【詳解】根據向量減法的幾何意義可得：,即,所以.故答案為：0【點睛】本題考查了向量的加、減法的幾何意義以及向量的數量積，屬于基礎題.14、①③④⑤【解析】

設出幾何體的邊長，根據正六邊形的性質，線面垂直的判定定理，線面平行的判定定理，面面垂直的判定定理，異面直線所成角，線面角有關知識，對五個結論逐一分析，由此得出正確結論的序號.【詳解】設正六邊形長為，則.根據正六邊形的幾何性質可知，由平面得，所以平面，所以，故①正確.由于，而，所以直線平面不正確，故②錯誤.易證得,所以平面，所以平面平面，故③正確.由于,所以是異面直線與所成角，在中，，故，也即異面直線與所成角為，故④正確.連接，則，由①證明過程可知平面，所以平面，所以是所求線面角，在三角形中，，由余弦定理得，故⑤正確.綜上所述，正確的序號為①③④⑤.【點睛】本小題主要考查線面垂直的判定，面面垂直的判定，考查線線角、線面角的求法，屬于中檔題.15、3【解析】函數在上為減函數，故最大值為.16、【解析】

由三角函數的輔助角公式化簡，關鍵需得出輔助角的正切值，再由函數的最大值求解.【詳解】由三角函數的輔助公式得（其中），因為所以，所以，所以，，所以，故填：【點睛】本題考查三角函數的輔助角公式，屬于基礎題.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】本題（１）屬于基礎問題，根據題意首先可求得Ａ，再將點Ｍ代入即可求得解析式；對于（２）可先將函數f(x)的解析式化簡，再帶入，利用兩角差的余弦公式可求解；（1）依題意知A=1，又圖像經過點M∴，再由得即因此；（2），且，；18、9【解析】試題分析：本題解題的關鍵在于關注分母，充分運用發散性思維，經過同解變形構造基本不等式，從而求出最小值.試題解析：由得，則當且僅當時，上式取“=”，所以.考點：基本不等式；構造思想和發散性思維.19、（Ⅰ）；（Ⅱ）或【解析】

（Ⅰ）由正弦定理得到，在結合三角形內角的性質即可的大小；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得的大小，在中，利用余弦定理即可求出邊的長．【詳解】（Ⅰ）在中，由正弦定理得，所以．因為，所以，所以．（Ⅱ）在中，．在中，由余弦定理，得，即，解得或．經檢驗，都符合題意．【點睛】本題主要考查正弦定理與余弦定理，屬于基礎題．20、（1）；（2）【解析】

（1）把的坐標代入方程得到，結合解出后可得標準方程.求出直線的方程，聯立橢圓方程和直線方程后可求的坐標，故可得的值.（2）因，故可用表示的坐標，利用它在橢圓上可得與的關系，化簡后可得與離心率的關系，由的范圍可得的范圍.【詳解】（1）因為垂直于軸，且點的坐標為，所以，，解得，，所以橢圓的方程為.所以，直線的方程為，將代入橢圓的方程，解得，所以.（2）因為軸，不妨設在軸上方，，.設，因為在橢圓上，所以，解得，即.（方法一）因為，由得，，，解得，，所以.因為點在橢圓上，所以，即，所以，從而.因為，所以.解得，所以橢圓的離心率的取值范圍.【點睛】求橢圓的標準方程，關鍵是基本量的確定，方法有待定系數法、定義法等.圓錐曲線中的離心率的計算或范圍問題，關鍵是利用題設條件構建關于的一個等式關系或不等