2025屆內蒙古數學高二上期末調研模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在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、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．在空間直角坐標系中，點關于軸的對稱點為點，則點到直線的距離為（）A B.C. D.62．已知直線與圓相切，則的值是（）A. B.C. D.3．函數，則的值為（）A. B.C. D.4．某校去年有1100名同學參加高考，從中隨機抽取50名同學總成績進行分析，在這個調查中，下列敘述錯誤的是A.總體是：1100名同學的總成績 B.個體是：每一名同學C.樣本是：50名同學的總成績 D.樣本容量是：505．已知，是球的球面上兩點，，為該球面上的動點，若三棱錐體積的最大值為36，則球的表面積為（）A. B.C. D.6．不等式表示的平面區域是一個（）A.三角形 B.直角三角形C.矩形 D.梯形7．已知，則“”是“直線與平行”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件8．數列2，，9，，的一個通項公式可以是（）A. B.C. D.9．已知數列是等比數列，數列是等差數列，若，則（）A. B.C. D.10．函數的導函數為，對任意，都有成立，若，則滿足不等式的的取值范圍是（）A. B.C D.11．已知拋物線：的焦點為F，準線l上有兩點A，B，若為等腰直角三角形且面積為8，則拋物線C的標準方程是（）A. B.C.或 D.12．已知直線l和兩個不同的平面，，，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．一道數學難題，在半小時內，甲能解決的概率是，乙能解決的概率是，兩人試圖獨立地在半小時內解決它，則問題得到解決的概率是________.14．已知，，則___________.15．若函數的遞增區間是，則實數______.16．若圓和圓的公共弦所在的直線方程為，則______三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知等差數列滿足，.（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前n項和.18．（12分）已知數列的首項為，且滿足.（1）求證：數列為等比數列；（2）設，記數列的前項和為，求，并證明：.19．（12分）已知函數.（1）求函數的單調區間；（2）求函數在上的最大值和最小值.20．（12分）已知在等差數列中，，（1）求的通項公式；（2）若，求數列的前項和21．（12分）如圖，四棱錐中，底面為正方形，底面，，點，，分別為，，的中點，平面棱（1）試確定的值，并證明你的結論；（2）求平面與平面夾角的余弦值22．（10分）已知函數，.（1）若在單調遞增，求的取值范圍；（2）若，求證：.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】按照空間中點到直線的距離公式直接求解.【詳解】由題意，，，的方向向量，，則點到直線的距離為.故選：C.2、D【解析】直線與圓相切，直接通過求解即可.【詳解】因為直線與圓相切，所以圓心到直線的距離，所以，.故選：D3、B【解析】求出函數的導數，代入求值即可.【詳解】函數,故，所以，故選：B4、B【解析】采用逐一驗證法，根據總體，個體，樣本的概念，可得結果.【詳解】據題意：總體是1100名同學的總成績，故A正確個體是每名同學的總成績，故B錯樣本是50名同學的總成績，故C正確樣本容量是：50，故D正確故選：B【點睛】本題考查總體，個體，樣本的概念，屬基礎題.5、C【解析】當平面時，三棱錐體積最大，根據棱長與球半徑關系即可求出球半徑，從而求出表面積.【詳解】當平面時，三棱錐體積最大.又，則三棱錐體積，解得；故表面積.故選：C.【點睛】關鍵點點睛：本題考查三棱錐與球的組合體的綜合問題，本題的關鍵是判斷當平面時，三棱錐體積最大.6、D【解析】作出不等式組所表示平面區域，可得出結論.【詳解】由可得或，作出不等式組所表示的平面區域如下圖中的陰影部分區域所示：由圖可知，不等式表示的平面區域是一個梯形.故選：D.7、A【解析】首先由兩直線平行的充要條件求出參數的取值，再根據充分條件、必要條件的定義判斷即可；【詳解】因為直線與平行，所以，解得或，所以“”是“直線與平行”的充分不必要條件.故選：A.8、C【解析】用檢驗法，由通項公式驗證是否符合數列各項，結合排除法可得【詳解】第一項為正數，BD中求出第一項均為負數，排除，而AC均滿足，A中，，排除A，C中滿足，，，故選：C9、A【解析】結合等差中項和等比中項分別求出和，代值運算化簡即可.【詳解】由是等比數列可得，是等差數列可得，所以，故選：A10、C【解析】構造函數，利用導數分析函數的單調性，將所求不等式變形為，結合函數的單調性即可得解.【詳解】對任意，都有成立，即令，則，所以函數在上單調遞增不等式即，即因為，所以所以，，解得，所以不等式的解集為故選：C.11、C【解析】分或（）兩種情況討論，由面積列方程即可求解【詳解】由題意得，當時，，解得；當或時，，解得，所以拋物線的方程是或.故選：C.12、D【解析】根據直線、平面的位置關系，應用定義法判斷兩個條件之間的充分、必要性.【詳解】當，時，直線l可與平行、相交，故不一定成立，即充分性不成立；當，時，直線l可在平面內，故不一定成立，即必要性不成立.故選：D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】分甲解決乙不能解決，甲不能解決乙能解決，甲能解決乙也能解決三類，利用獨立事件的概率求解.【詳解】因為甲能解決的概率是，乙能解決的概率是，所以問題得到解決的概率是，故答案為：14、5【解析】根據空間向量的數量積運算的坐標表示運算求解即可.【詳解】解：因為，，所以.故答案為：15、【解析】求得二次函數的單調增區間，即可求得參數的值.【詳解】因為二次函數開口向上，對稱軸為，故其單調增區間為，又由題可知：其遞增區間是，故.故答案為：.16、【解析】由兩圓公共弦方程，將兩圓方程相減得到，結合已知列方程組求、，即可得答案.【詳解】由題設，兩圓方程相減可得：，即為公共弦，∴，可得，∴.故答案為：.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）.【解析】（1）將條件化為基本量并解出，進而求得答案；（2）通過裂項法即可求出答案.【小問1詳解】由，.得：解得：故.【小問2詳解】當時，.所以時，.18、（1）證明見解析（2），證明見解析【解析】（1）根據等比數列的定義證明；（2）由錯位相減法求得和，再由的單調性可證得不等式成立【小問1詳解】由得又，數列是以為首項，以為公比的等比數列.【小問2詳解】由（1）的結論有①②①②得：又為遞增數列，19、（1）單調增區間，單調減區間（2）最大值，最小值【解析】根據導函數分析函數單調性，在閉區間內的最值【小問1詳解】時，；時，單調增區間,單調減區間【小問2詳解】由（1）可知，在上單調遞增，在上單調遞減，所以最大值為又；故最小值為020、（1）（2）【解析】（1）設的公差為，由等差數列的通項公式結合條件可得答案.（2）由（1）可得，由錯位相減法可得答案.【小問1詳解】設的公差為，由已知得且，解得，，所以的通項公式為【小問2詳解】由（1）可得，所以，所以，兩式相減得：，所以，所以21、（1），證明見解析（2）【解析】（1），利用線面平行的判定和性質可得答案；（2）以為原點，所在直線分別為的正方向建立空間直角坐標系，求出平面的法向量和平面的法向量由向量夾角公式可得答案.【小問1詳解】.證明如下：在△中，因為點分別為的中點，所以//.又平面，平面，所以//平面.因為平面，平面平面，所以//所以//.在△中，因為點為的中點，所以點為的中點，即.【小問2詳解】因為底面為正方形，所以.因為底面，所以，.如圖，建立空間直角坐標系，則，，，因為分別為的中點，所以.所以，.設平面的法向量，則即令，于.又因為平面的法向量為，所以所以平面與平面夾角的余弦值為.22、（1）；（2）證明見解析.【解析】（1）由函數在上單調遞增，則在上恒成立，由求解.（2）由（1）的結論，取，有，即在上恒成立，然后令，有求解.【詳解】（1）因為函數在上單調遞增，所以在上恒成立，則有在上恒成立，即.令函數，，所以時，，在上單調遞增，所以，所以有，即，因此.（2）由（1）可知當時，為增