上海市宝山区扬波中学2025届数学高一第二学期期末质量跟踪监视试题含解析.doc

上海市宝山区扬波中学2025届数学高一第二学期期末质量跟踪监视试题
注意事项:
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．在直角中，三条边恰好为三个连续的自然数，以三个顶点为圆心的扇形的半径为1，若在中随机地选取个点，其中有个点正好在扇形里面，则用随机模拟的方法得到的圆周率的近似值为（ ）
A． B． C． D．
2．已知数列的前项和满足.若对任意正整数都有恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
3．若集合，则的真子集的个数为（ ）
A．3 B．4 C．7 D．8
4．已知数列中，，则= （ ）
A． B． C． D．
5．已知点，点，点在圆上，则使得为直角三角形的点的个数为（ ）
A． B． C． D．
6．已知两条直线与两个平面，给出下列命题:
①若，则；②若，则；
③若，则；④若，则；
其中正确的命题个数为
A．1 B．2 C．3 D．4
7．高铁、扫码支付、共享单车、网购被称为中国的“新四大发明”，为评估共享单车的使用情况，选了座城市作实验基地，这座城市共享单车的使用量（单位：人次/天）分别为，，…，，下面给出的指标中可以用来评估共享单车使用量的稳定程度的是（ ）
A．，，…，的标准差 B．，，…，的平均数
C．，，…，的最大值 D．，，…，的中位数
8．公元263年左右，我国数学家刘徽发现当圆内接正多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，并创立了“割圆术”，利用“割圆术”刘徽得到了圆周率精确到小数点后两位的近似值，这就是著名的“徽率”。如图是利用刘徽的“割圆术”思想设计的一个程序框图，则输出的值为（ ）（参考数据： ）

A．48 B．36 C．24 D．12
9．若直线与圆相切，则 （ ）
A． B． C． D．或
10．在正方体中，异面直线与所成角的大小为（ ）

A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知扇形的半径为6，圆心角为，则该扇形的面积为_______.
12．若三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形，，,则该三棱锥的外接球的表面积为________.
13．下图中的几何体是由两个有共同底面的圆锥组成．已知两个圆锥的顶点分别为P、Q，高分别为2、1，底面半径为1．A为底面圆周上的定点，B为底面圆周上的动点（不与A重合）．下列四个结论：

①三棱锥体积的最大值为；
②直线PB与平面PAQ所成角的最大值为；
③当直线BQ与AP所成角最小时，其正弦值为；
④直线BQ与AP所成角的最大值为；
其中正确的结论有___________.（写出所有正确结论的编号）
14．如图，已知六棱锥的底面是正六边形，平面，，给出下列结论：

①；
②直线平面；
③平面平面；
④异面直线与所成角为；
⑤直线与平面所成角的余弦值为.
其中正确的有_______（把所有正确的序号都填上）
15．在平面直角坐标系中，在轴、轴正方向上的投影分别是、，则与同向的单位向量是__________．
16．已知函数的部分图象如图所示，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）求函数的最小正周期；
（2）求函数的最小值及相应的值.
18．如图，在正方体中，是的中点，在上，且.

(1)求证：平面；
(2)在线段上存在一点，，若平面，求实数的值.
19．已知等比数列为递增数列，，，数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
20．已知且，比较与的大小.
21．已知直角梯形中， ， ， ， ， ，过作，垂足为， 分别为的中点，现将沿折叠，使得．
（1）求证：
（2）在线段上找一点，使得，并说明理由．

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、B
【解析】
由题直角中，三条边恰好为三个连续的自然数，设三边为 解得
以三个顶点为圆心的扇形的面积和为 由题
故选B.
2、C
【解析】
先利用求出数列的通项公式，于是可求出，再利用参变量分离法得到，利用数列的单调性求出数列的最小项的值，可得出实数的取值范围．
【详解】
当时，，即，得；
当时，由，得，两式相减得，得，
，所以，数列为等比数列，且首项为，公比为，.
，
由，得，
所以，数列单调递增，其最小项为，所以，，
因此，实数的取值范围是，故选C．
本题考查利用数列前项和求数列的通项，其关系式为，其次考查了数列不等式与参数的取值范围问题，一般利用参变量分离法转化为数列的最值问题来求解，考查化归与转化问题，属于中等题．
3、A
【解析】
先求出的交集，再依据求真子集个数公式求出，也可列举求出。
【详解】
，，
，所以的真子集的个数为，故选A。
有限集合的子集个数为个，真子集个数为。
4、B
【解析】
，故选B.
5、D
【解析】
分、、是直角三种情况讨论，求出点的轨迹，将问题转化为点的轨迹图形与圆的公共点个数问题，即可得出正确选项.
【详解】
①若为直角，则，设点，，，
则，即，
此时，点的轨迹是以点为圆心，以为半径的圆，
圆与圆的圆心距为，，
则圆与圆的相交，两圆的公共点个数为；
②若为直角，由于直线的斜率为，则直线的斜率为，直线的方程为，即，圆的圆心到直线的距离为，则直线与圆相交，直线与圆有个公共点；
③若为直角，则直线的方程为，圆的圆心到直线的距离为，直线与圆相离，直线与圆没有公共点.
综上所述，使得为直角三角形的点的个数为.
故选：D.
本题考查符合条件的直角三角形的顶点个数，解题的关键在于将问题转化为直线与圆、圆与圆的公共点个数之和的问题，同时也考查了轨迹方程的求解，考查化归与转化思想以及分类讨论思想的应用，属于难题.
6、A
【解析】
结合线面平行定理和举例判断.
【详解】
若，则可能平行或异面，故①错误；
若，则可能与的交线平行，故②错误；
若，则，所以，故③正确；
若，则可能平行，相交或异面，故④错误；
故选A.
本题线面关系的判断，主要依据线面定理和举例排除.
7、A
【解析】
利用方差或标准差表示一组数据的稳定程度可得出选项.
【详解】
表示一组数据的稳定程度是方差或标准差，标准差越小，数据越稳定
故选：A
本题考查了用样本估计总体，需掌握住数据的稳定程度是用方差或标准差估计的，属于基础题.
8、C
【解析】
由开始，按照框图，依次求出s，进行判断。
【详解】

，故选C.
框图问题，依据框图结构，依次准确求出数值，进行判断，是解题关键。
9、D
【解析】
本题首先可根据圆的方程确定圆心以及半径，然后根据直线与圆相切即可列出算式并通过计算得出结果。
【详解】
由题意可知，圆方程为，
所以圆心坐标为，圆的半径，
因为直线与圆相切，
所以圆心到直线距离等于半径，即
解得或，故选D。
本题考查根据直线与圆相切求参数，考查根据圆的方程确定圆心与半径，若直线与圆相切，则圆心到直线距离等于半径，考查推理能力，是简单题。
10、C
【解析】
连接、，可证四边形为平行四边形，得，得（或补角）就是异面直线与所成角，由正方体的性质即可得到答案．
【详解】
连接、，如下图：

在正方体中，且；
四边形为平行四边形，则；
（或补角）就是异面直线与所成角；
又在正方体中，，为等边三角形，
，即异面直线与所成角的大小为；
故答案选C
本题考查正方体中异面直线所成角的大小，属于基础题．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
用弧度制表示出圆心角，然后根据扇形面积公式计算出扇形的面积.
【详解】
圆心角为对应的弧度为，所以扇形的面积为.
故答案为：
本小题主要考查角度制和弧度制互化，考查扇形面积的计算，属于基础题.
12、
【解析】
由已知计算后知也是以为斜边的直角三角形，这样的中点到棱锥四个顶点的距离相等，即为外接球的球心，从而很容易得球的半径，计算出表面积．
【详解】
因为，所以是等腰直角三角形，且为斜边，为的中点，

因为底面是以为斜边的等腰直角三角形，所以，点即为球心，则该三棱锥的外接圆半径，故该三棱锥的外接球的表面积为.
本题考查球的表面积，考查三棱锥与外接球，解题关键是找到外接球的球心，证明也是以为斜边的直角三角形，利用直角三角形的性质是本题的关键．也是寻找外接球球心的一种方法．
13、①③
【解析】
由①可知只需求点A到面的最大值
对于②，求直线PB与平面PAQ所成角的最大值，可转化为到轴截面距离的最大值问题进行求解
对于③④，可采用建系法进行分析
【详解】
选项①

如图所示，当时，四棱锥体积最大，
选项②中，线PB与平面PAQ所成角最大值的正弦值为，所以
选项③和④，如图所示：

以垂直于方向为x轴，方向为y轴，方向为z轴，其中设,.,
设直线BQ与AP所成角为，，当时，取到最大值，，此时，
由于，，，所以取不到
答案选①、③
几何体的旋转问题需要结合动态图形和立体几何基本知识进行求解，需找临界点是正确解题的关键，遇到难以把握的最值问题，可采用建系法进行求解.
14、①③④⑤
【解析】
设出几何体的边长，根据正六边形的性质，线面垂直的判定定理，线面平行的判定定理，面面垂直的判定定理，异面直线所成角，线面角有关知识，对五个结论逐一分析，由此得出正确结论的序号.
【详解】
设正六边形长为，则.根据正六边形的几何性质可知，由平面得，所以平面，所以，故①正确.由于，而，所以直线平面不正确，故②错误.易证得,所以平面，所以平面平面，故③正确.由于,所以是异面直线与所成角，在中，，故，也即异面直线与所成角为，故④正确.连接，则，由①证明过程可知平面，所以平面，所以是所求线面角，在三角形中，，由余弦定理得，故⑤正确.综上所述，正确的序号为①③④⑤.

本小题主要考查线面垂直的判定，面面垂直的判定，考查线线角、线面角的求法，属于中档题.
15、
【解析】
根据题意得出，再利用单位向量的定义即可求解.
【详解】
由在轴、轴正方向上的投影分别是、，可得，
所以与同向的单位向量为，
故答案为：
本题考查了向量的坐标表示以及单位向量的定义，属于基础题.
16、
【解析】
由图可得，即可求得：，再由图可得：当时，取得最大值，即可列方程，整理得：，解得：（），结合即可得解.
【详解】
由图可得：，所以，解得：
由图可得：当时，取得最大值，即：
整理得：，所以 （）
又，所以
本题主要考查了三角函数图象的性质及观察能力，还考查了转化思想及计算能力，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）（2）的最小值为，此时.
【解析】
通过倍角公式，把化成标准形式，研究函数的相关性质(周期性，单调性，奇偶性，对称性，最值及最值相对于的变量)，从而本题能顺利完成
【详解】
（1）因为.
所以函数的最小正周期为.
（2）当时，，
此时，，，
所以的最小值为，此时.
该类型考题关键是将化成性质，只有这样，我们才能很好的去研究他的性质.
18、 (1)证明见解析；(2)
【解析】
(1)分别证明与即可.
(2)设平面与的交点为,利用线面与面面平行的判定与性质可知只需满足,再利用平行所得的相似三角形对应边成比例求解即可.
【详解】
(1)连接.因为正方体,故,且,又.故平面.又平面,故.
同理,,,故.
又,平面.故平面.

(2) 设平面与的交点为,连接.
因为,平面,,
故.又,故.
设正方体边长为6,则因为,故
故, 所以.
又平面则只需即可.此时又因为,故四边形为平行四边形.故.此时.故.
故

本题主要考查了线面垂直的证明以及根据线面平行求解参数的问题,需要根据题意找到线与所证平面内的一条直线平行,并利用平面几何中的相似方法求解.属于中档题.
19、（1）（2）
【解析】
（1）利用等比数列的下标性质，可以由，得到，通过解方程组，结合已知可以求出的值，这样可以求出公比，最后可以求出等比数列的通项公式，最后利用对数的运算性质可以求出数列的通项公式；
（2）利用错位相消法可以求出数列的前项和．
【详解】
解（1）∵是等比数列
∴
又∵
由是递增数列解得，
且公比
∴

（2）

，两式相减得：

∴
本题考查了等比数列下标的性质，考查了求等比数列通项公式，考查了对数运算的性质，考查了错位相消法，考查了数学运算能力.
20、详见解析
【解析】
将两式作差可得，由、和可得大小关系.
【详解】

当且时，
当时，
当时，
综上所述：当时，；当时，；当时，
本题考查作差法比较大小的问题，关键是能够根据所得的差进行分类讨论；易错点是忽略差等于零，即两式相等的情况.
21、（1）见解析 （2）
【解析】
试题分析：（Ⅰ）由已知得：面面 ；（II）分析可知，点满足时，面BDR⊥面BDC．
理由如下先计算 再求得，
，再证面面 面．
试题解析：
（Ⅰ）由已知得：面面

（II）分析可知，点满足时，面BDR⊥面BDC．
理由如下：取中点，连接
容易计算
在 中∵ 可知，
∴在中，
又在中，为中点面 ，
∴面 面．