遼寧省鞍山市2025屆高一數學第二學期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、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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．直線的傾斜角為A． B． C． D．2．在區間內任取一個實數，則此數大于2的概率為（）A． B． C． D．3．若存在正實數，使得，則（）A．實數的最大值為 B．實數的最小值為C．實數的最大值為 D．實數的最小值為4．若將函數的圖象向左平移個最小周期后，所得圖象對應的函數為（）A． B．C． D．5．如圖，，是半徑為2的圓周上的定點，為圓周上的動點且，，則圖中陰影區域面積的最大值為（)A． B． C． D．6．對于數列，定義為數列的“好數”，已知某數列的“好數”，記數列的前項和為，若對任意的恒成立，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．7．在△ABC中，a＝3，b＝3，A＝，則C為()A． B． C． D．8．實數滿足,則的取值范圍為（）A． B． C． D．9．內角，，的對邊分別為，，.已知，，，則這樣的三角形有（）A．0個 B．1個 C．2個 D．1個或2個10．若，則等于（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知等差數列滿足，則__________．12．已知正方體中,，分別為,的中點,那么異面直線與所成角的余弦值為______.13．經過點且在x軸上的截距等于在y軸上的截距的直線方程是________.14．已知，則的最小值為__________．15．已知一圓錐的側面展開圖為半圓,且面積為S,則圓錐的底面積是_______16．若直線始終平分圓的周長，則的最小值為________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.（1）若不等式的解集為，求的值；（2）解不等式.18．如圖，在平面直角坐標系中，銳角、的終邊分別與單位圓交于、兩點.（1）如果，點的橫坐標為，求的值；（2）已知點，函數，若，求.19．在平面直角坐標系中，直線，.(1)直線是否過定點？若過定點，求出該定點坐標，若不過定點，請說明理由;(2)已知點，若直線上存在點滿足條件，求實數的取值范圍.20．已知數列的前項和，函數對任意的都有，數列滿足.（1）求數列，的通項公式；（2）若數列滿足，是數列的前項和，是否存在正實數，使不等式對于一切的恒成立？若存在請求出的取值范圍；若不存在請說明理由．21．對于三個實數、、，若成立，則稱、具有“性質”.（1）試問：①，0是否具有“性質2”；②（），0是否具有“性質4”；（2）若存在及，使得成立，且，1具有“性質2”，求實數的取值范圍；（3）設，，，為2019個互不相同的實數，點（）均不在函數的圖象上，是否存在，且，使得、具有“性質2018”，請說明理由.

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】

把直線方程的一般式方程化為斜截式方程，求出斜率，根據斜率與傾斜角的關系，求出傾斜角.【詳解】，設直線的傾斜角為，，故本題選D.【點睛】本題考查了直線方程之間的轉化、利用斜率求直線的傾斜角問題.2、D【解析】

根據幾何概型長度型直接求解即可.【詳解】根據幾何概型可知，所求概率為：本題正確選項：【點睛】本題考查幾何概型概率問題的求解，屬于基礎題.3、C【解析】

將題目所給方程轉化為關于的一元二次方程，根據此方程在上有解列不等式組，解不等式組求得的取值范圍，進而求出正確選項.【詳解】由得，當時，方程為不和題意，故這是關于的一元二次方程，依題意可知，該方程在上有解，注意到，所以由解得，故實數的最大值為，所以選C.【點睛】本小題主要考查一元二次方程根的分布問題，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.4、B【解析】

首先判斷函數的周期，再利用“左加右減自變量，上加下減常數項”解題．【詳解】函數的最小正周期為,函數的圖象向左平移個最小正周期即平移個單位后，所得圖象對應的函數為,即.故選：B.【點睛】本題考查函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換，根據“左加右減”進行平移變換即可，對橫坐標進行平移變換注意系數ω即可，屬于基礎題.5、D【解析】

由題意可得，要求陰影區域的面積的最大值，即為直線，運用扇形面積公式和三角形的面積公式，計算可得所求最大值．【詳解】由題意可得，要求陰影區域的面積的最大值，即為直線，即有，到線段的距離為，，扇形的面積為，的面積為，，即有陰影區域的面積的最大值為．故選．【點睛】本題考查扇形面積公式和三角函數的恒等變換，考查化簡運算能力，屬于中檔題．6、B【解析】分析：由題意首先求得的通項公式，然后結合等差數列的性質得到關于k的不等式組，求解不等式組即可求得最終結果.詳解：由題意,，則，很明顯n?2時,，兩式作差可得：，則an=2(n+1),對a1也成立，故an=2(n+1)，則an?kn=(2?k)n+2，則數列{an?kn}為等差數列，故Sn?S6對任意的恒成立可化為：a6?6k?0,a7?7k?0；即，解得：.實數的取值范圍為.本題選擇B選項.點睛：“新定義”主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，然后根據此新定義去解決問題，有時還需要用類比的方法去理解新的定義，這樣有助于對新定義的透徹理解.對于此題中的新概念，對閱讀理解能力有一定的要求.但是，透過現象看本質，它們考查的還是基礎數學知識，所以說“新題”不一定是“難題”，掌握好三基，以不變應萬變才是制勝法寶.7、C【解析】

由正弦定理先求出的值，然后求出結果【詳解】在中，，則故選【點睛】本題運用正弦定理解三角形，熟練運用公式即可求出結果，較為簡單。8、A【解析】

畫出可行域，平移基準直線到可行域邊界的位置，由此求得目標函數的取值范圍.【詳解】畫出可行域如下圖所示，平移基準直線到可行域邊界的位置，由圖可知目標函數分別在出取的最小值和最大值，最小值為，最大值為，故的取值范圍是，故選A.【點睛】本小題主要考查線性規劃求最大值和最小值，考查數形結合的數學思想方法，屬于基礎題.9、C【解析】

根據和的大小關系，判斷出解的個數.【詳解】由于，所以，故解的個數有兩個.如圖所示兩個解.故選：C【點睛】本小題主要考查正弦定理的運用過程中，三角形解的個數判斷，屬于基礎題.10、B【解析】試題分析：，.考點：三角恒等變形、誘導公式、二倍角公式、同角三角函數關系．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

由等差數列的性質計算．【詳解】∵是等差數列，∴，∴．故答案為：1．【點睛】本題考查等差數列的性質，屬于基礎題．等差數列的性質如下：在等差數列中，，則．12、【解析】

異面直線所成角，一般平移到同一個平面求解．【詳解】連接DF，異面直線與所成角等于【點睛】異面直線所成角，一般平移到同一個平面求解．不能平移時通常考慮建系，利用向量解決問題．13、或【解析】

當直線不過原點時，設直線的方程為，把點代入求得的值，即可求得直線方程，當直線過原點時，直線的方程為，綜合可得答案.【詳解】當直線不過原點時，設直線的方程為，把點代入可得：，即此時直線的方程為：當直線過原點時，直線的方程為，即綜上可得：滿足條件的直線方程為：或故答案為：或【點睛】過原點的直線橫縱截距都為0，在解題的時候容易漏掉.14、【解析】

根據均值不等式即可求出的最小值.【詳解】因為所以，根據均值不等式可得：當且僅當，即時等號成立.【點睛】本題主要考查了均值不等式，屬于中檔題.15、【解析】

由已知中圓錐的側面展開圖為半圓且面積為S，我們易確定圓錐的母線長l與底面半徑R之間的關系，進而求出底面面積即可得到結論．【詳解】如圖：設圓錐的母線長為l，底面半徑為R若圓錐的側面展開圖為半圓則2πR＝πl，即l＝2R，又∵圓錐的側面展開圖為半圓且面積為S，則圓錐的底面面積是．故答案為．【點睛】本題考查的知識點是圓錐的表面積，根據圓錐的側面展開圖為半圓，確定圓錐的母線長與底面的關系是解答本題的關鍵．16、9【解析】

平分圓的直線過圓心，由此求得的等量關系式，進而利用基本不等式求得最小值.【詳解】由于直線始終平分圓的周長，故直線過圓的圓心，即，所以.【點睛】本小題主要考查直線和圓的位置關系，考查利用基本不等式求最小值，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）時，解集為，時，解集為，時解集為．【解析】

（1）由一元二次不等式的解集一一元二次方程的解之間的聯系求解；（2）按和的大小分類討論．【詳解】（1）由題意的解集為，則方程的解為1和4，∴，解得；（2）不等式為，時，，此時不等式解集為，時，，，當時，，。綜上，原不等式的解集：時，解集為，時，解集為，時解集為．【點睛】本題考查解一元二次不等式，掌握三個二次的關系是解題關鍵，解題時注意對參數分類討論．18、(1)；(2)【解析】

（1）根據條件求出的正余弦值，利用兩角和的余弦公式計算即可（2）利用向量的數量積坐標公式運算可得，由求出即可求解.【詳解】（1），為銳角，則，點的橫坐標為，即有，，則；（2）由題意可知，，，則，即，由，可得，則，即有．.【點睛】本題主要考查了單位圓，三角函數的定義，同角三角函數之間的關系，向量數量積的坐標運算,屬于中檔題.19、（1）過定點，定點坐標為；（2）或.【解析】

(1)假設直線過定點，則關于恒成立，利用即可結果；(2)直線上存在點,求得,故點在以為圓心，2為半徑的圓上，根據題意，該圓和直線有交點，即圓心到直線的距離小于或等于半徑，由此求得實數的取值范圍.【詳解】（1）假設直線過定點，則，即關于恒成立，∴，∴，所以直線過定點，定點坐標為（2）已知點,，設點，則，，∵,∴,∴所以點的軌跡方程為圓，又點在直線：上，所以直線：與圓有公共點，設圓心到直線的距離為，則，解得實數的范圍為或.【點睛】本題主要考查直線過定點問題以及直線與圓的位置關系，屬于中檔題.解答直線與圓的位置關系的題型，常見思路有兩個：一是考慮圓心到直線的距離與半徑之間的大小關系；二是直線方程與圓的方程聯立，考慮運用韋達定理以及判別式來解答.20、(1)，;(2).【解析】分析：（1）利用的關系，求解；倒序相加求。（2）先用錯位相減求，分離參數，使得對于一切的恒成立，轉化為求的最值。詳解：（1）時滿足上式，故∵=1∴∵①∴②∴①+②，得.（2）∵，∴∴①，②①－②得即要使得不等式恒成立，恒成立對于一切的恒成立，即，令，則當且僅當時等號成立，故所以為所求.點睛：1、，一定要注意，當時要驗證是否滿足數列。2、等比乘等差結構的數列用錯位相減。3、數列中的恒成立問題與函數中的恒成立問題解法一致。21、（1）①具有“性質2”，②不具有“性質4”；（2）；（3）存在.【解析】

（1）①根據題意需要判斷的真假即可②根據題意判斷是否成立即可得出結論；（2）根據具有性質2可求出的范圍，由存在性問題成立轉化為，根據函數的性質求最值即可求解.【詳解】（1）①因為，成立,所以，故，0具有“性質2”②因為，設，則設，對稱軸為，所以函數在上單調遞減，當時，，所以當時，不恒成立，即不成立，故（），0不具有“性質4”.（2）因為，1具有“性質2”所以化簡得解得或.因為存在及，使得成立，所以存在及使即可.令，則，當時，，