2025届广东惠州市数学高一第二学期期末质量跟踪监视试题含解析.doc

2025届广东惠州市数学高一第二学期期末质量跟踪监视试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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．已知角的顶点在原点，始边与轴的正半轴重合，终边落在射线上，则（ ）
A． B． C． D．
2．直线在轴上的截距为( )
A． B． C． D．
3．在中，若，则下列结论错误的是（ ）
A．当时，是直角三角形 B．当时，是锐角三角形
C．当时，是钝角三角形 D．当时，是钝角三角形
4．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
5．已知数列是等差数列，数列满足，的前项和用表示，若满足，则当取得最大值时，的值为（ ）
A．16 B．15 C．14 D．13
6．一个球自高为米的地方自由下落，每次着地后回弹高度为原来的，到球停在地面上为止，球经过的路程总和为（ ）米
A． B． C． D．
7．数列的通项公式，则（ ）
A． B． C．或 D．不存在
8．如图，在正方体中，，分别是，中点，则异面直线与所成的角是（ ）

A． B． C． D．
9．在等比数列中，，，，则等于()
A． B． C． D．
10．某同学5天上学途中所花的时间（单位：分钟）分别为12，8，10，9，11，则这组数据的方差为（ ）
A．4 B．2 C．9 D．3
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．和2的等差中项的值是______.
12．若2弧度的圆心角所对的弧长为4cm，则这个圆心角所夹的扇形的面积是______．
13．已知数列满足，则__________.
14．已知，为第二象限角，则________
15．函数的值域是__________.
16．若、是方程的两根，则__________.
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．已知函数，，
（1）求的最小正周期；
（2）若，求的最大值和最小值，并写出相应的x的值.
18．某家具厂有方木料90，五合板600，准备加工成书桌和书橱出售.已知生产第张书桌需要方木料O.l，五合板2，生产每个书橱而要方木料0.2，五合板1，出售一张方桌可获利润80元，出售一个书橱可获利润120元.
（1）如果只安排生产书桌，可获利润多少？
（2）怎样安排生产可使所得利润最大？
19．已知为坐标原点，，，若.
（Ⅰ）求函数的单调递减区间；
（Ⅱ）当时，若方程有根，求的取值范围.
20．在正△ABC中，AB＝2，（t∈R）.
（1）试用，表示：
（2）当•取得最小值时，求t的值.
21．如图，四棱锥，平面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，，，，E为PB中点.

（1）求证：平面PCD；
（2）求证：.
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、D
【解析】
在的终边上取点,然后根据三角函数的定义可求得答案.
【详解】
在的终边上取点,则,
根据三角形函数的定义得.
故选:D
本题考查了利用角的终边上的点的坐标求三角函数值,属于基础题.
2、A
【解析】
取计算得到答案.
【详解】
直线在轴上的截距：
取
故答案选A
本题考查了直线的截距，属于简单题.
3、D
【解析】
由正弦定理化简已知可得，利用余弦定理，勾股定理，三角形两边之和大于第三边等知识逐一分析各个选项即可得解．
【详解】
解：为非零实数），可得：，
由正弦定理，可得：，
对于A，时，可得：，可得，即为直角，可得是直角三角形，故正确；
对于B，时，可得：，可得为最大角，由余弦定理可得，可得是锐角三角形，故正确；
对于C，时，可得：，可得为最大角，由余弦定理可得，可得是钝角三角形，故正确；
对于D，时，可得：，可得，这样的三角形不存在，故错误．
故选：D．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，勾股定理在解三角形中的应用，考查了分类讨论思想，属于基础题．
4、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.
5、A
【解析】
设等差数列的公差为，根据得到，推出，判断出当时，；时，；再根据，判断出对取正负的影响，进而可得出结果.
【详解】
设等差数列的公差为，因为数列是等差数列，，
所以，因此，所以，
所以，，
因此，当时，；时，，
因为，
所以当时，，当时，，
当时，，
当时，因为，所以；
因为

所以，当时，取得最大值.
故选：A
本题主要考查等差数列的应用，熟记等差数列的性质，及其函数特征即可，属于常考题型.
6、D
【解析】
设球第次到第次着地这一过程中球经过的路程为米，可知数列是以为首项，以为公比的等比数列，由此可得出球经过的路程总和为米.
【详解】
设球第次到第次着地这一过程中球经过的路程为米，
则，由题意可知，数列是以为首项，以为公比的等比数列，因此，球经过的路程总和米.
故选:D.
本题考查等比数列的实际应用，涉及到无穷等比数列求和问题，考查计算能力，属于中等题.
7、B
【解析】
因为趋于无穷大,故,分离常数即可得出极限.
【详解】
解：因为的通项公式,
要求,即求

故选：B
本题考查数列的极限,解答的关键是消去趋于无穷大的式子.
8、D
【解析】

如图，平移直线到，则直线与直线所成角，由于点都是中点，所以，则，而，所以，即，应选答案D．
9、C
【解析】
直接利用等比数列公式计算得到答案.
【详解】

故选：C
本题考查了等比数列的计算，属于简单题.
10、B
【解析】
先求平均值，再结合方差公式求解即可.
【详解】
解：由题意可得，
由方差公式可得：，
故选：B.
本题考查了样本数据的方差，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】
根据等差中项性质求解即可
【详解】
设等差中项为，则，解得
故答案为：
本题考查等差中项的求解，属于基础题
12、
【解析】
先求出扇形的半径，再求这个圆心角所夹的扇形的面积.
【详解】
设扇形的半径为R,由题得.
所以扇形的面积为.
故答案为：
本题主要考查扇形的半径和面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
13、
【解析】
数列为以 为首项，1为公差的等差数列。
【详解】
因为所以
又
所以数列为以 为首项，1为公差的等差数列。
所以
所以
故填
本题考查等差数列，属于基础题。
14、
【解析】
先求解,再求解,再利用降幂公式求解即可.
【详解】
由,又为第二象限角,
故,且.又.
故答案为：
本题主要考查了降幂公式的用法等,属于基础题型.
15、
【解析】
根据反余弦函数的性质，可得函数在单调递减函数，代入即可求解．
【详解】
由题意，函数的性质，可得函数在单调递减函数，
又由，所以函数在的值域为．
故答案为：.
本题主要考查了反余弦函数的单调性的应用，其中解答中熟记反余弦函数的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
16、
【解析】
由题意利用韦达定理求得、 的值，再利用两角差的正切公式，求得要求式子的值．
【详解】
解：、是方程的两根，
，，
，或，，
则，
故答案为：．
本题主要考查韦达定理，两角差的正切公式，属于基础题．

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）（2）时最大值为2，时最小值
【解析】
（1）由二倍角公式和辅助角公式可得，再由周期公式，可得所求值（2）由的范围，可得的范围，由于余弦函数的图象和性质，可得所求最值．
【详解】
（1）函数
，
可得的最小正周期为；
（2），，可得，，
可得当即时，可得取得最大值2；
当，即时，可得取得最小值．
本题考查二倍角公式和两角差的余弦函数，考查余弦函数的图象和性质，考查运算能力，属于基础题．
18、 (1) 只安排生产书桌，最多可生产300张书桌，获得利润24000元；(2) 生产书桌100张、书橱400个，可使所得利润最大
【解析】
（1）设只生产书桌x个，可获得利润z元，则，由此可得最大值；
（2）设生产书桌x张，书橱y个，利润总额为z元．
则 ，，由线性规划知识可求得的最大值．即作可行域，作直线，平移此直线得最优解．
【详解】
由题意可画表格如下：

方木料（）
五合板（）
利润（元）
书桌（个）
0.1
2
80
书橱（个）
0.2
1
120
(1)设只生产书桌x个，可获得利润z元，
则， ∴ ∴
所以当时，(元)，即如果只安排生产书桌，最多可生产300张书桌，获得利润24000元
(2)设生产书桌x张，书橱y个，利润总额为z元．
则 ，∴
在直角坐标平面内作出上面不等式组所表示的平面区域，即可行域

作直线，即直线．
把直线l向右上方平移至的位置时，直线经过可行域上的点M，
此时取得最大值
由解得点M的坐标为.
∴当，时，(元)．
因此，生产书桌100张、书橱400个，可使所得利润最大
所以当，时，．
因此，生产书桌100张、书橱400个，可使所得利润最大．
本题考查简单的线性规划的实际应用，解题时需根据已知条件设出变量，列出二元一次不等式组表示的约束条件，列出目标函数，然后由解决线性规划的方法求最优解．
19、 (1) 的单调减区间为;(2).
【解析】
试题分析：（1）根据向量点积的坐标运算得到，根据正弦函数的单调性得到单调递减区间；（2）将式子变形为.有解，转化为值域问题．
解析：
（Ⅰ）∵，，
∴

其单调递减区间满足，，
所以的单调减区间为 .
（Ⅱ）∵当时，方程有根，
∴.
∵，∴，
∴，
∴，
∴.
点睛：这个题目考查了，向量点积运算，三角函数的化一公式，，正弦函数的单调性问题，三角函数的值域和图像问题．第二问还要用到了方程的零点的问题．一般函数的零点和方程的根，图象的交点是同一个问题，可以互相转化．
20、（1）（2）
【解析】
（1）根据即可得出，从而解得；
（2）由（1）得，根据得，从而进行数量积的运算得出，配方即可得出当时，取最小值.
【详解】
（1）∵；
∴；
∴；
（2）∵△ABC是正三角形，且AB＝2；
∴；
∵；
∴；
∴
∴时，取最小值.
本题考查向量减法、加法的几何意义，向量的数乘运算，以及向量的数量积运算及计算公式，配方法解决二次函数问题的方法，属于基础题.
21、（1）证明见详解；（2）证明见详解
【解析】
（1）取的中点，证出，再利用线面平行的判定定理即可证出.
（2）利用线面垂直的判定定理可证出平面，再根据线面垂直的定义即可证出.
【详解】
如图，取的中点，连接，

E为PB中点，，且，
又，，
，,
为平行四边形，即，
又平面PCD，平面PCD，
所以平面PCD.
（2）由平面ABCD，所以，
又因为，，所以，
，平面，
又平面，.
本题考查了线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理，要证线面平行，需先证线线平行；要证异面直线垂直，可先证线面垂直，此题属于基础题.