2025年安徽省六安市一中数学高一下期末学业质量监测试题含解析.doc

2025年安徽省六安市一中数学高一下期末学业质量监测试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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．将数列中的所有项排成如下数阵:其中每一行项数是上一行项数的倍，且从第二行起每-行均构成公比为的等比数列，

记数阵中的第列数构成的数列为，为数列的前项和，若，则等于( )
A． B． C． D．
2．已知直线不经过第一象限，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
3．数列的通项公式为，则数列的前100项和（ ）．
A． B． C． D．
4．已知，，，若点是所在平面内一点，且，则的最大值等于（ ）.
A． B． C． D．
5．不等式>0的解集是（ ）
A．（－，0）（1，+） B．（－，0）
C．（1，+） D．（0，1）
6．已知等差数列,前项和为,,则( )
A．140 B．280 C．168 D．56
7．某程序框图如图所示，若输出的，则判断框内应填（ ）

A． B． C． D．
8．在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B．
C． D．
9．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）

A． B． C． D．
10．已知一组数据1，3，2，5，4，那么这组数据的方差为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．化简：．
12．将边长为1的正方形ABCD沿对角线AC折起，使平面ACD⊥平面ABC，则折起后B，D两点的距离为________.
13．方程在区间上的解为___________．
14．在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称.若，则=___________.
15．在平面直角坐标系xOy中，已知直角中，直角顶点A在直线上，顶点B，C在圆上，则点A横坐标的取值范围是__________.
16．若三边长分别为3，5，的三角形是锐角三角形，则的取值范围为______.
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．在中，角所对的边为，且满足
（1）求角的值；
（2）若且，求的取值范围．
18．已知袋子中放有大小和形状相同的小球若干，其中标号为0的小球1个，标号为1的小球1个，标号为2的小球n个．若从袋子中随机抽取1个小球，取到标号为2的小球的概率是．
（1）求n的值；
（2）从袋子中不放回地随机抽取2个小球，记第一次取出的小球标号为a，第二次取出的小球标号为b．
①记“”为事件A，求事件A的概率；
②在区间内任取2个实数，求事件“恒成立”的概率．
19．在中，已知，，且AC边的中点M在y轴上，BC边的中点N在x轴上，求：
顶点C的坐标； 
直线MN的方程．
20．在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知向量，又点，，，.
（1）若，且，求向量；
（2）若向量与向量共线，常数，求的值域.
21．四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面底面ABCD，已知， 为正三角形．

（1）证明．
（2）若，，求二面角的大小的余弦值．
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、C
【解析】
先确定为第11行第2个数，由可得，最后根据从第二行起每一行均构成公比为的等比数列即可得出结论．
【详解】
∵其中每一行项数是上一行项数的倍，第一行有一个数，
前10行共计个数，即为第11行第2个数，
又∵第列数构成的数列为，，
∴当时，，
∴第11行第1个数为108，
∴，
故选：C.
本题主要考查数列的性质和应用，本题解题的关键是为第11行第2个数，属于中档题．
2、D
【解析】
由题意可得3﹣2k＝0或3﹣2k＜0，解不等式即可得到所求范围．
【详解】
直线y＝（3﹣2k）x﹣6不经过第一象限，
可得3﹣2k＝0或3﹣2k＜0，
解得k，
则k的取值范围是[，+∞）．
故选：D．
本题考查直线方程的运用，注意运用直线的斜率为0的情况，考查运算能力，属于基础题．
3、C
【解析】
根据通项公式，结合裂项求和法即可求得.
【详解】
数列的通项公式为，
则

故选：C.
本题考查了裂项求和的应用，属于基础题.
4、A
【解析】
以为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示，则，，，即，所以，，因此
，因为，所以的最大值等于，当，即时取等号．

考点：1、平面向量数量积；2、基本不等式．
5、A
【解析】
由题意可得，，求解即可.
【详解】
，解得或，故解集为（－，0）（1，+），故选A.
本题考查了分式不等式的解法，考查了计算能力，属于基础题.
6、A
【解析】
由等差数列的性质得，，其前项之和为，故选A.
7、A
【解析】
根据程序框图的结构及输出结果,逆向推断即可得判断框中的内容.
【详解】
由程序框图可知,,则

所以此时输出的值,因而时退出循环.因而判断框的内容为
故选:A
本题考查了根据程序框图的输出值,确定判断框的内容,属于基础题.
8、C
【解析】
画出长方体,将平移至,则,则即为异面直线与所成角,由余弦定理即可求解.
【详解】
根据题意,画出长方体如下图所示:

将平移至,则即为异面直线与所成角
,,
由余弦定理可得
故选:C
本题考查了长方体中异面直线的夹角求法,余弦定理在解三角形中的应用,属于基础题.
9、B
【解析】

根据三视图可知几何体是组合体：上面是半个圆锥（高为圆柱的一半），下面是半个圆柱，其中圆锥底面半径是，高是，圆柱的底面半径是，母线长是，所以该几何体的体积，故选B.
【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.
10、C
【解析】
先由平均数的计算公式计算出平均数，再根据方差的公式计算即可。
【详解】
由题可得；
所以这组数据的方差
故答案选C
本题考查方差的定义：一般地设个数据：的平均数为，则方差，它反映了一组数据的波动大小，方差越大，波动越大，方差越小，波动越小。

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、0
【解析】
原式＝＋
＝－sin α＋sin α＝0.
12、1.
【解析】
取AC的中点E，连结DE，BE，可知DE⊥AC，由平面ACD⊥平面ABC，可得DE⊥平面ABC，DE⊥BE，而，再结合ABCD是正方形可求出.
【详解】
取AC的中点E，连结DE，BE，显然DE⊥AC，
因为平面ACD⊥平面ABC，所以DE⊥平面ABC，
所以DE⊥BE，而，
所以，.

本题考查了空间中两点间的距离，把空间角转化为平面角是解决本题的关键.
13、
【解析】
试题分析：
化简得：，所以，解得或（舍去），又，所以.
【考点】二倍角公式及三角函数求值
【名师点睛】已知三角函数值求角，基本思路是通过化简 ，得到角的某种三角函数值，结合角的范围求解. 本题难度不大，能较好地考查考生的逻辑推理能力、基本计算能力等.
14、
【解析】
试题分析：因为和关于轴对称，所以，那么，（或），
所以.
【考点】同角三角函数，诱导公式，两角差的余弦公式
【名师点睛】本题考查了角的对称关系，以及诱导公式，常用的一些对称关系包含：若与的终边关于轴对称，则 ，若与的终边关于轴对称，则，若与的终边关于原点对称，则.
15、
【解析】
由题意画出图形，写出以原点为圆心，以为半径的圆的方程，与直线方程联立求得值，则答案可求．
【详解】
如图所示，当点往直线两边运动时，不断变小，
当点为直线上的定点时，直线与圆相切时，最大，
∴当为正方形，则，
则以为圆心，以为半径的圆的方程为．
联立，得．
解得或．
点横坐标的取值范围是．
故答案为：．

本题考查直线与圆位置关系的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意坐标法的应用.
16、
【解析】
由三边长分别为3，5，的三角形是锐角三角形，若5是最大边，则，解得范围，若是最大边，则，解得范围，即可得出．
【详解】
解：由三边长分别为3，5，的三角形是锐角三角形，
若5是最大边，则，解得．
若是最大边，则，解得．
综上可得：的取值范围为．
故答案为：．
本题考查了不等式的性质与解法、余弦定理、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

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）或；（2）.
【解析】
试题分析：
（1）利用升幂公式及两角和与差的余弦公式化简已知等式，可得，从而得，注意两解；
（2）由，得，利用正弦定理得，从而可变为，利用三角形的内角和把此式化为一个角的函数，再由两角和与差的正弦公式化为一个三角函数形式，由的范围（）结合正弦函数性质可得取值范围．
试题解析：
（1）由已知，
得，化简得，故或；
（2）∵，∴，由正弦定理，得，
故 ，
∵，所以，， ∴．
18、（1）；（2）P＝．
【解析】
试题分析：（1）依题意共有小球n＋2个，标号为2的小球有n个，从袋子中随机抽取1个小球，取到标号为2的小球的概率为，解得n＝2；
（2）①从袋子中不放回地随机抽取2个小球共有12种结果，而满足2≤a＋b≤3的结果有8种，
故；
②由①知，，故，（x，y）可以看成平面中的点的坐标，则全部结果所构成的区域为，由集合概型得概率为．
考点：考查了古典概型和几何概型．
点评：解本题的关键是掌握古典概型和集合概型的概率公式，并能正确应用．
19、（1）；（2）．
【解析】
试题分析：（1）边AC的中点M在y轴上，由中点公式得，A，C两点的横坐标和的平均数为1，同理，B，C两点的纵坐标和的平均数为1．构造方程易得C点的坐标．
（2）根据C点的坐标，结合中点公式，我们可求出M，N两点的坐标，代入两点式即可求出直线MN的方程．
解：（1）设点C（x，y），
∵边AC的中点M在y轴上得=1，
∵边BC的中点N在x轴上得=1，
解得x=﹣5，y=﹣2．
故所求点C的坐标是（﹣5，﹣2）．
（2）点M的坐标是（1，﹣），
点N的坐标是（1，1），
直线MN的方程是=，
即5x﹣2y﹣5=1．
点评：在求直线方程时，应先选择适当的直线方程的形式，并注意各种形式的适用条件，用斜截式及点斜式时，直线的斜率必须存在，而两点式不能表示与坐标轴垂直的直线，截距式不能表示与坐标轴垂直或经过原点的直线，故在解题时，若采用截距式，应注意分类讨论，判断截距是否为零；若采用点斜式，应先考虑斜率不存在的情况．
20、（1）或；（2）当时的值域为.
时的值域为.
【解析】
分析：（1）由已知表示出向量，再根据，且，建立方程组求出，即可求得向量；
（2）由已知表示出向量，结合向量与向量共线，常数，建立的表达式，代入 ，对分类讨论，综合三角函数和二次函数的图象与性质，即可求出值域.
详解：（1），∵，且，
∴，，
解得，时，；时，.
∴向量或.
（2），∵向量与向量共线，常数，
∴，
∴ .
①当即时，当时，取得最大值，
时，取得最小值，此时函数的值域为.
②当即时，当时，取得最大值，
时，取得最小值，此时函数的值域为.
综上所述，当时的值域为.
时的值域为.
点睛：本题考查了向量的坐标运算、向量垂直和共线的定理、模的计算、三角函数的值域等问题，考查了分类讨论方法、推理与计算能力.
21、（1）证明见解析．（2）二面角的余弦值为．
【解析】
（1）作于点，连接，根据面面垂直性质可得底面ABCD，由三角形全等性质可得，进而根据线面垂直判定定理证明平面，即可证明.
（2）根据所给角度和线段关系，可证明以均为等边三角形，从而取中点，连接，即可由线段长结合余弦定理求得二面角的大小.
【详解】
（1）证明：作于点，连接，如下图所示：

因为侧面底面ABCD，
则底面ABCD，
因为 为正三角形，则,
所以，即，
又因为，
所以，而,
所以平面，
所以.
（2）由（1）可知，，，
所以，
又因为，所以，即为中点.
由等腰三角形三线合一可知，
在中，由等腰三角形三线合一可得，
所以均为边长为2的等边三角形，
取中点，连接，如下图所示：

由题意可知，即为二面角的平面角，
所以在中由余弦定理可得
，
即二面角的余弦值为．
本题考查了线面垂直的判定定理，面面垂直的性质应用，二面角夹角的去找法及由余弦定理求二面角夹角的余弦值，属于中档题.