2025年浙江省宁波市北仑区高一下数学期末学业质量监测模拟试题含解析.doc

2025年浙江省宁波市北仑区高一下数学期末学业质量监测模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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．设集合，，若存在实数t，使得，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．在中，，且，若，则（ ）
A．2 B．1 C． D．
3．设，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
4．设点是棱长为的正方体的棱的中点，点在面所在的平面内，若平面分别与平面和平面所成的锐二面角相等，则点到点的最短距离是()
A． B． C． D．
5．函数的图象的相邻两支截直线所得的线段长为，则的值是（ ）
A．0 B． C．1 D．
6．若存在正实数，使得，则（ ）
A．实数的最大值为 B．实数的最小值为
C．实数的最大值为 D．实数的最小值为
7．已知是不同的直线，是不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
8．已知，，，，则下列等式一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
9．函数定义域是（ ）
A． B． C． D．
10．已知一组正数的平均数为，方差为，则的平均数与方差分别为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知曲线与直线交于A，B两点，若直线OA，OB的倾斜角分别为、，则__________
12．设，其中，则的值为________.
13．在中，、、所对的边依次为、、，且，
若用含、、，且不含、、的式子表示，则_______ .
14．若等比数列的各项均为正数，且，则等于__________．
15．如图，正方体的棱长为2，点在正方形的边界及其内部运动，平面区域由所有满足的点组成，则的面积是__________．

16．不等式的解集是 ．
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．设两个非零向量，不共线，如果，，.
（1）求证：、、共线；
（2）试确定实数，使和共线.
18．已知为锐角，，．（1）求的值；（2）求的值．
19．已知三角形的三个顶点，，.
（1）求线段的中线所在直线方程；
（2）求边上的高所在的直线方程.
20．设二次函数f(x)＝ax2＋bx.
(1)若1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，求f(－2)的取值范围；
(2)当b＝1时，若对任意x∈[0,1]，－1≤f(x)≤1恒成立，求实数a的取值范围．
21．如图所示，平面平面，四边形为矩形，，点为的中点.

(1)若，求三棱锥的体积；
(2)点为上任意一点，在线段上是否存在点，使得?若存在，确定点的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.
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】
得到圆心距与半径和差关系得到答案.
【详解】
圆心距

存在实数t，使得

故答案选C
本题考查了两圆的位置关系，意在考查学生的计算能力.
2、A
【解析】
取的中点，连接，根据，即可得解.
【详解】

取的中点，连接，在中，，且，
所以，
.
故选：A
此题考查求向量的数量积，涉及平面向量的线性运算，根据数量积的几何意义求解，可以简化计算.
3、B
【解析】
不难发现从而可得
【详解】
,故选B.
本题考查利用指数函数和对数函数的单调性比较数大小．
4、B
【解析】
以为原点，为轴为轴 为轴，建立空间直角坐标系，计算三个平面的法向量，根据夹角相等得到关系式：，再利用点到直线的距离公式得到答案.
【详解】
`以为原点，为轴为轴 为轴，建立空间直角坐标系.
则
易知：平面的法向量为
平面的法向量为
设平面的法向量为：
则，取

平面分别与平面和平面所成的锐二面角相等
或
看作平面的两条平行直线，到的距离.
根据点到直线的距离公式得，点到点的最短距离都是：
故答案为B
本题考查了空间直角坐标系，二面角，最短距离，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
5、C
【解析】
根据题意可知函数周期为，利用周期公式求出，计算即可求值.
【详解】
由正切型函数的图象及相邻两支截直线所得的线段长为知，
，
所以，
，故选C.
本题主要考查了正切型函数的周期，求值，属于中档题.
6、C
【解析】
将题目所给方程转化为关于的一元二次方程，根据此方程在上有解列不等式组，解不等式组求得的取值范围，进而求出正确选项.
【详解】
由得，当时，方程为不和题意，故这是关于的一元二次方程，依题意可知，该方程在上有解，注意到，所以由解得，故实数的最大值为，所以选C.
本小题主要考查一元二次方程根的分布问题，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
7、D
【解析】
由线面平行的判定定理即可判断A；由线面垂直的判定定理可判断B；由面面垂直的性质可判断C；由空间中垂直于同一条直线的两平面平行可判断D.
【详解】
对于A选项，加上条件“”结论才成立；对于B选项，加上条件“直线和相交”结论才成立；对于C选项，加上条件“”结论才成立.
故选：D
本题考查空间直线与平面的位置关系，涉及线面平行的判定、线面垂直的判定、面面垂直的性质，属于基础题.
8、B
【解析】
试题分析：相除得，又，所以.选B.
【考点定位】指数运算与对数运算.
9、A
【解析】
若函数有意义,则需满足,进而求解即可
【详解】
由题,则,解得,
故选:A
本题考查具体函数的定义域,属于基础题
10、C
【解析】
根据平均数的性质和方差的性质即可得到结果.
【详解】
根据平均数的线性性质，以及方差的性质：
将一组数据每个数扩大2倍，且加1，则平均数也是同样的变化，
方差变为原来的4倍，
故变换后数据的平均数为：；方差为4.
故选：C.
本题考查平均数和方差的性质，属基础题.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
曲线即圆曲线的上半部分，因为圆是单位圆，所以，，，，联立曲线与直线方程，消元后根据韦达定理与直线方程代入即可求解.
【详解】
由消去得，
则 ，
由三角函数的定义得

故.
本题主要考查三角函数的定义，直线与圆的应用.此题关键在于曲线的识别与三角函数定义的应用.
12、
【解析】
由两角差的正弦公式以及诱导公式，即可求出的值．
【详解】
，
所以，因为，故．
本题主要考查两角差的正弦公式的逆用以及诱导公式的应用．
13、
【解析】
利用诱导公式，二倍角公式，余弦定理化简即可得解.
【详解】

.
故答案为.
本题主要考查了诱导公式，二倍角的三角函数公式，余弦定理，属于中档题.
14、50
【解析】
由题意可得，=，填50.
15、
【解析】
,所以点平面区域是底面内以为圆心，以1为半径的外面区域, 则的面积是
16、
【解析】
因为,且抛物线开口方向向上，
所以，
不等式的解集是.

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） 证明见解析 （2）
【解析】
(1) 要证、、共线，只要证明存在实数，使得成立即可.
(2) 利用向量共线的充要条件和两个非零向量与不共线即可求出.
【详解】
(1) 证明：由.
又，则.
所以.
所以、、共线.
（2）和共线，则存在实数，使得成立.
向量，不共线,所以，解得：
所以当时，使和共线.
本题考查利用向量共线的充要条件证明点共线和求参数的值.
18、（1）；（2）
【解析】
分析：先根据同角三角函数关系得，再根据二倍角余弦公式得结果；（2）先根据二倍角正切公式得，再利用两角差的正切公式得结果.
详解：解：（1）因为，，所以．
因为，所以，
因此，．
（2）因为为锐角，所以．
又因为，所以，
因此．
因为，所以，
因此，．
点睛：应用三角公式解决问题的三个变换角度
(1)变角：目的是沟通题设条件与结论中所涉及的角，其手法通常是“配凑”.
(2)变名：通过变换函数名称达到减少函数种类的目的，其手法通常有“切化弦”、“升幂与降幂”等.
(3)变式：根据式子的结构特征进行变形，使其更贴近某个公式或某个期待的目标，其手法通常有：“常值代换”、“逆用变用公式”、“通分约分”、“分解与组合”、“配方与平方”等.
19、（1）（2）.
【解析】
（1）先求出BC中点的坐标，再求BC的中线所在直线的方程；（2）先求出AB的斜率，再求出边上的高所在的直线方程.
【详解】
（1）由题得BC的中点D的坐标为（2，-1）,
所以,
所以线段的中线AD所在直线方程为
即.
（2）由题得,
所以AB边上的高所在直线方程为，
即.
本题主要考查直线方程的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.
20、（1）5≤f(－2)≤10；（2）[－2,0).
【解析】
(1)用和表示 ，再根据不等式的性质求得.
(2)对进行参变分离，根据 和求得.
【详解】
解 (1)方法一　⇒
∵f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1)，且1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，∴5≤f(－2)≤10.
方法二　设f(－2)＝mf(－1)＋nf(1)，
即4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)＝(m＋n)a－(m－n)b，比较两边系数：⇒
∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1)，
下同方法一．
(2)当x∈[0,1]时，－1≤f(x)≤1，即－1≤ax2＋x≤1，
即当x∈[0,1]时，ax2＋x＋1≥0且ax2＋x－1≤0恒成立；
当x＝0时，显然，ax2＋x＋1≥0且ax2＋x－1≤0均成立；
当x∈(0,1]时，若ax2＋x＋1≥0恒成立，则a≥－－＝－(＋)2＋，
而－(＋)2＋在x∈(0,1]上的最大值为－2，∴a≥－2；
当x∈(0,1]时，ax2＋x－1≤0恒成立，则a≤－＝(－)2－，
而(－)2－在x∈(0,1]上的最小值为0，∴a≤0，
∴－2≤a≤0，而a≠0，因此所求a的取值范围为[－2,0)．
本题考查不等式的性质和参变分离的恒成立问题，属于难度题.
21、 (1)；(2)存在，为中点，证明见解析.
【解析】
（1）先根据面积垂直的性质得到平面；再由题中数据，结合棱锥体积公式，即可求出结果；
（2）先由线面垂直的性质得到为中点时，有.再给出证明：取中点，连接，，，由线面垂直的判定定理，以及面面垂直的性质定理，证明平面，再由线面垂直的性质定理，即可得出结果.
【详解】
(1)因为四边形为矩形，所以，
又平面平面，
所以平面；
又，所以，
因此三棱锥的体积为：；
(2)当为中点时，有.
证明如下:取中点，连接，，.

∵为的中点，为的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴四点共面.
∵平面平面，平面平面，
平面，，
∴平面，又平面，
∴，
∵，为的中点，
∴，
又，
∴平面，又平面，
∴，即.
本题主要考查求棱锥的体积，以及补全线线垂直的条件，熟记棱锥体积公式，以及线面垂直、面面垂直的判定定理与性质定理即可，属于常考题型.