2025年贵州省贵阳市清华中学数学高一第二学期期末检测模拟试题含解析.doc

2025年贵州省贵阳市清华中学数学高一第二学期期末检测模拟试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1．设等差数列的前n项和为，首项，公差，，则最大时，n的值为( )
A．11 B．10 C．9 D．8
2．半径为，中心角为的弧长为（ ）
A． B． C． D．
3．为了从甲、乙两组中选一组参加“喜迎国庆共建小康”知识竞赛活动.班主任老师将两组最近的次测试的成绩进行统计，得到如图所示的茎叶图.若甲、乙两组的平均成绩分别是.则下列说法正确的是（ ）

A．，乙组比甲组成绩稳定,应选乙组参加比赛
B．，甲组比乙组成绩稳定.应选甲组参加比赛
C．，甲组比乙组成绩稳定.应选甲组参加比赛
D．，乙组比甲组成绩稳定,应选乙组参加比赛
4．某公司的班车在7:30，8:00，8:30发车，小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是
A． B． C． D．
5．已知菱形的边长为，则（ ）
A． B． C． D．
6．关于的方程在内有相异两实根，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．中国数学家刘微在《九章算术注》中提出“割圆”之说：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣.”意思是“圆内接正多边形的边数无限增加的时候，它的周长的极限是圆的周长，它的面积的极限是圆的面积”.如图，若在圆内任取一点，则此点取自其内接正六边形的边界及其内部的概率为（ ）

A． B． C． D．
8．若，且，则的值为　　
A． B． C． D．
9．如图，长方体的体积为，E为棱上的点,且，三棱锥E－BCD的体积为，则=（ ）

A． B． C． D．
10．在锐角三角形中， ， ， 分别为内角， ， 的对边，已知， ， ，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．若则 ____________
12．已知正实数x，y满足，则的最小值为________.
13．在半径为的球中有一内接正四棱柱（底面是正方形，侧棱垂直底面），当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是__________．
14．已知数列满足，，，则__________．
15．若在区间（且）上至少含有30个零点，则的最小值为_____．
16．如果函数的图象关于直线对称，那么该函数在上的最小值为_______________．
三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥，下部分的形状是正四棱柱（如图所示），并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍.

（1）若则仓库的容积是多少？
（2）若正四棱锥的侧棱长为，则当为多少时，仓库的容积最大？
18．某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别在，，，，，（单位：克）中，经统计的频率分布直方图如图所示．

（1）估计这组数据的平均数（同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表）；
（2）现按分层抽样从质量为[200，250)，[250，300)的芒果中随机抽取5个，再从这5个中随机抽取2个，求这2个芒果都来自同一个质量区间的概率；
（3）某经销商来收购芒果，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表，用样本估计总体，该种植园中还未摘下的芒果大约还有10000个，经销商提出以下两种收购方案：
方案①：所有芒果以9元/千克收购；
方案②：对质量低于250克的芒果以2元/个收购，对质量高于或等于250克的芒果以3元/个收购．
通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多．
参考数据：．
19．制订投资计划时，不仅要考虑可能获得的盈利，而且要考虑可能出现的亏损.某投资人打算投资甲、乙两个项目.根据预测，甲、乙项目可能的最大盈利分别为和，可能的最大亏损率分别为和.投资人计划投资金额不超过亿元，要求确保可能的资金亏损不超过亿元，问投资人对甲、乙两个项目各投资多少亿元，才能使可能的盈利最大？
20．已知.
（1）当时，解不等式；
（2）若，解关于x的不等式.
21．如图所示，在四棱锥中，底面是棱长为2的正方形，侧面为正三角形，且面面，分别为棱的中点．

（1）求证：平面；
（2）求二面角的正切值．
参考答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1、B
【解析】
由等差数列前项和公式得出，结合数列为递减数列确定，从而得到最大时，的值为10.
【详解】
由题意可得

等差数列的首项，公差
则数列为递减数列

即当时，最大
故选B。
本题对等差数列前项和以及通项公式，关键是将转化为，结合数列的单调性确定最大时，的值为10.
2、D
【解析】
根据弧长公式，即可求得结果.
【详解】
，.
故选D.
本题考查了弧长公式，属于基础题型.
3、D
【解析】
由茎叶图数据分别计算两组的平均数；根据数据分布特点可知乙组成绩更稳定；由平均数和稳定性可知应选乙组参赛.
【详解】
；

乙组的数据集中在平均数附近 乙组成绩更稳定
应选乙组参加比赛
本题正确选项：
本题考查茎叶图的相关知识，涉及到平均数的计算、数据稳定性的估计等知识，属于基础题.
4、B
【解析】
试题分析：由题意，这是几何概型问题，班车每30分钟发出一辆，到达发车站的时间总长度为40，等车不超过10分钟的时间长度为20，故所求概率为，选B.
【考点】几何概型
【名师点睛】这是全国卷首次考查几何概型,求解几何概型问题的关键是确定“测度”,常见的测度有长度、面积、体积等.
5、D
【解析】
由菱形可直接得出所求两向量的模长及夹角，直接利用向量数量积公式即可.
【详解】

由菱形的性质可以得出：
所以选择D
直接考查向量数量积公式，属于简单题
6、C
【解析】
将问题转化为与有两个不同的交点；根据可得，对照的图象可构造出不等式求得结果.
【详解】
方程有两个相异实根等价于与有两个不同的交点
当时，
由图象可知：，解得：
本题正确选项：
本题考查正弦型函数的图象应用，主要是根据方程根的个数确定参数范围，关键是能够将问题转化为交点个数问题，利用数形结合来进行求解.
7、C
【解析】
设出圆的半径,表示出圆的面积和圆内接正六边形的面积,即可由几何概型概率计算公式得解.
【详解】
设圆的半径为
则圆的面积为
圆内接正六边形的面积为
由几何概型概率可知,在圆内任取一点,则此点取自其内接正六边形的边界及其内部的概率为
故选:C
本题考查了圆的面积及圆内接正六边形的面积求法,几何概型概率的计算公式,属于基础题.
8、A
【解析】
利用诱导公式求得sinα的值，再利用同角三角函数的基本关系求得cosα，再利用二倍角公式，求得sin2α的值．
【详解】
解：，且，
，则，
故选A．
本题主要考查利用诱导公式、同角三角函数的基本关系，二倍角公式进行化简三角函数式，属于基础题．
9、D
【解析】
分别求出长方体和三棱锥E－BCD的体积，即可求出答案.
【详解】
由题意，，
，
则.
故选D.
本题考查了长方体与三棱锥的体积的计算，考查了学生的计算能力，属于基础题.
10、D
【解析】
由结合题意可得：，
故，△ABC为锐角三角形，则，
由题意结合三角函数的性质有：，
则：，
即：，
则，
由正弦定理有：，
故.
本题选择D选项.
点睛：在解决三角形问题中，求解角度值一般应用余弦定理，因为余弦定理在内具有单调性，求解面积常用面积公式，因为公式中既有边又有角，容易和正弦定理、余弦定理联系起来.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
因为,所以=.
故填．
12、4
【解析】
将变形为，展开，利用基本不等式求最值.
【详解】
解：，
当时等号成立，又，得，此时等号成立，
故答案为：4.
本题考查基本不等式求最值，特别是掌握“1”的妙用，是基础题.
13、
【解析】
根据正四棱柱外接球半径的求解方法可得到正四棱柱底面边长和高的关系，利用基本不等式得到，得到侧面积最大值为；根据球的表面积公式求得球的表面积，作差得到结果.
【详解】
设球内接正四棱柱的底面边长为，高为
则球的半径:

正四棱柱的侧面积：
球的表面积：
当正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差为：
本题正确结果：
本题考查多面体的外接球的相关问题的求解，关键是能够根据外接球半径构造出关于正棱柱底面边长和高的关系式，利用基本不等式求得最值；其中还涉及到球的表面积公式的应用.
14、-2
【解析】
根据题干中所给的表达式得到数列的周期性，进而得到结果.
【详解】
根据题干表达式得到

可以得数列具有周期性，周期为3，故得到
故得到
故答案为：-2.
这个题目考查了求数列中的某些项，一般方法是求出数列通项，对于数列通项不容易求的题目，可以列出数列的一些项，得到数列的周期或者一些其它规律，进而得到数列中的项.
15、
【解析】
首先求出在上的两个零点，再根据周期性算出至少含有30个零点时的值即可
【详解】
根据，即，故，或，
∵在区间（且）上至少含有30个零点，
∴不妨假设（此时，），则此时的最小值为，（此时，），
∴的最小值为，
故答案为：
本题函数零点个数的判断，解决此类问题通常结合周期、函数图形进行解决。属于难题。
16、
【解析】
根据三角公式得辅助角公式，结合三角函数的对称性求出值，再利用的取值范围求出函数的最小值.
【详解】
解：，
令，则，
则.
因为函数的图象关于直线对称，
所以，
即，
则，
平方得.
整理可得，则，
所以函数.
因为，所以 ，
当时，即，函数有最小值为.
故答案为：.
本题主要考查三角函数最值求解，结合辅助角公式和利用三角函数的对称性建立方程是解决本题的关键.

三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）312（2）
【解析】
试题分析：（1）明确柱体与锥体积公式的区别，分别代入对应公式求解；（2）先根据体积关系建立函数解析式，，然后利用导数求其最值.
试题解析：解：（1）由PO1=2知OO1=4PO1=8.
因为A1B1=AB=6，
所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积
正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积
所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312（m3）.
（2）设A1B1=a（m），PO1=h（m），则0<h<6，OO1=4h.连结O1B1.
因为在中，
所以，即
于是仓库的容积，
从而.
令，得或（舍）.
当时，，V是单调增函数；
当时，，V是单调减函数.
故时，V取得极大值，也是最大值.
因此，当m时，仓库的容积最大.
【考点】函数的概念、导数的应用、棱柱和棱锥的体积
【名师点睛】对应用题的训练，一般从读题、审题、剖析题目、寻找切入点等方面进行强化，注重培养将文字语言转化为数学语言的能力，强化构建数学模型的几种方法.而江苏高考的应用题往往需结合导数知识解决相应的最值问题，因此掌握利用导数求最值方法是一项基本要求，需熟练掌握.
18、（1）255；（2）；（3）选择方案②获利多
【解析】
1）由频率分布直方图能求出这组数据的平均数．（2）利用分层抽样从这两个范围内抽取5个芒果，则质量在[200，250）内的芒果有2个，记为a1，a2，质量在[250，300）内的芒果有3个，记为b1，b2，b3，从抽取的5个芒果中抽取2个，利用列举法能求出这2个芒果都来自同一个质量区间的概率．（3）方案①收入22950元，方案②：低于250克的芒果的收入为8400元，不低于250克的芒果的收入为17400元，由此能求出选择方案②获利多．
【详解】
（1）由频率分布直方图知，各区间频率为0.07，0.15，0.20，0.30，0.25，0.03
这组数据的平均数
．
（2）利用分层抽样从这两个范围内抽取5个芒果，则质量在[200，250)内的芒果有2个，记为，，质量在[250，300)内的芒果有3个，记为，， ；
从抽取的5个芒果中抽取2个共有10种不同情况：，，，，，，，，，．
记事件为“这2个芒果都来自同一个质量区间”，则有4种不同组合：
，，，
从而，故这2个芒果都来自同一个质量区间的概率为.
（3）方案①收入：（元）；
方案②：低于250克的芒果收入为（元）；
不低于250克的芒果收入为（元）；
故方案②的收入为（元）．
由于，所以选择方案②获利多．
本题考查平均数、概率的求法，考查频率分布直方图、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
19、投资人用亿元投资甲项目，亿元投资乙项目，才能在确保亏损不超过亿元的前提下，使可能的盈利最大.
【解析】
设投资人分别用亿元、亿元投资甲、乙两个项目，根据题意列出变量、所满足的约束条件和线性目标函数，利用平移直线的方法得出线性目标函数取得最大值时的最优解，并将最优解代入线性目标函数可得出盈利的最大值，从而解答该问题.
【详解】
设投资人分别用亿元、亿元投资甲、乙两个项目，
由题意知，即，目标函数为.
上述不等式组表示平面区域如图所示，阴影部分（含边界）即可行域.

由图可知，当直线经过点时，该直线在轴上截距最大，此时取得最大值，解方程组，得，所以，点的坐标为.
当，时，取得最大值，此时，（亿元）.
答：投资人用亿元投资甲项目，亿元投资乙项目，才能在确保亏损不超过亿元的前提下，使可能的盈利最大.
本题考查线性规划的实际应用，考查利用数学知识解决实际问题，解题的关键就是列出变量所满足的约束条件，并利用数形结合思想求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
20、（1）或；（2）答案不唯一，具体见解析
【解析】
（1）将代入，解对应的二次不等式可得答案；
（2）对值进行分类讨论，可得不同情况下不等式的解集．
【详解】
解：（1）当时，有不等式，
，
∴不等式的解集为或
（2）∵不等式
又
当时，有，∴不等式的解集为；
当时，有，∴不等式的解集为；
当时，不等式的解集为.
本题考查的知识点是二次函数的性质，解二次不等式，难度中档．
21、 (1)见证明；(2)
【解析】
（1）取PD中点G，可证EFGA是平行四边形，从而， 得证线面平行；
（2）取AD中点O，连结PO，可得面，连交于，可证是二面角的平面角，再在中求解即得．
【详解】
（1）证明：取PD中点G，连结

为的中位线，且，
又且，且，
∴EFGA是平行四边形，则，
又面，面，
面；
（2）解：取AD中点O，连结PO，
∵面面，为正三角形，
面，且，
连交于，可得，
，则，即．
连，又，
可得平面，则，
即是二面角的平面角，
在中，
∴，即二面角的正切值为．
本题考查线面平行证明，考查求二面角．求二面角的步骤是一作二证三计算．即先作出二面角的平面角，然后证明此角是要求的二面角的平面角，最后在三角形中计算．