2025年江西省吉安市高一下数学期末质量跟踪监视模拟试题含解析.doc

2025年江西省吉安市高一下数学期末质量跟踪监视模拟试题
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．设点，，若直线与线段没有交点，则的取值范围是
A． B． C． D．
2．已知，则满足的关系式是
A．，且 B．，且
C．，且 D．，且
3．已知等比数列中，，且有，则( )
A． B． C． D．
4．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A．若α∥β,mα,nβ，则m∥n B．若α⊥β，mα,则m⊥β
C．若α⊥β,mα,nβ,则m⊥n D．若α∥β，mα，则m∥β
5．如果a＜b＜0，那么下列不等式成立的是（ ）
A． B． C． D．
6．在正方体中，当点在线段（与，不重合）上运动时，总有：

①； ②平面平面；③平面； ④．
以上四个推断中正确的是( )
A．①② B．①④ C．②④ D．③④
7．设直线系．下列四个命题中不正确的是（ ）
A．存在一个圆与所有直线相交
B．存在一个圆与所有直线不相交
C．存在一个圆与所有直线相切
D．M中的直线所能围成的正三角形面积都相等
8．已知直线和，若，则实数的值为
A．1或 B．或 C．2或 D．或
9．在三棱柱中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点是侧面的中心，则与平面所成角的大小是（ ）
A． B． C． D．
10．从1，2，3，…，9这个9个数中任取5个不同的数，则这5个数的中位数是5的概率等于（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．一个扇形的圆心角是2弧度，半径是4，则此扇形的面积是______.
12．设,满足约束条件,则的最小值是______.
13．已知是以为首项，为公差的等差数列，是其前项和，则数列的最小项为第___项
14．已知直线与相互垂直，且垂足为，则的值为______.
15．球的内接圆柱的表面积为，侧面积为，则该球的表面积为_______
16．已知向量，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．若不等式的解集是.
（1）求的值；
（2）当为何值时，的解集为．
18．已知二次函数满足以下要求：①函数的值域为；②对恒成立。
求：（1）求函数的解析式；
（2）设，求时的值域。
19．已知向量，，其中为坐标原点.
（1）若，求向量与的夹角；
（2）若对任意实数都成立，求实数的取值范围.
20．已知，且，求的值.
21．设函数f（x）＝2cos2x﹣cos（2x﹣）．
（1）求f（x）的周期和最大值；
（2）已知△ABC中，角A．B．C的对边分别为A，B，C，若f（π﹣A）＝，b+c＝2，求a的最小值．
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、B
【解析】

直线恒过点
且斜率为

由图可知，且

故选
点睛：本题主要考查了两条直线的交点坐标，直线恒过点，直线与线段没有交点转化为过定点的直线与线段无公共点，作出图象，由图求解即可．
2、B
【解析】
根据对数函数的性质判断．
【详解】
∵，∴，
∵，∴，又，∴，
故选B．
本题考查对数函数的性质，掌握对数函数的单调性是解题关键．
3、A
【解析】
，，所以选A
4、D
【解析】
在中，与平行或异面；在中，与相交、平行或；在中，与相交、平行或异面；在中，由线面平行的性质定理得．
【详解】
由，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，知：
在中，若，，，则与平行或异面，故错误；
在中，若，，则与相交、平行或，故错误；
在中，若，，，则与相交、平行或异面，故错误；
在中，若，，则由线面平行的性质定理得，故正确．
故选．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
5、D
【解析】
对于选项A,因为，所以，所以 即，所以选项A错误；对于选项B，，所以，选项B错误；对于选项C，，当 时，，当，，故选项C错误；对于选项D，，所以，又，所以，所以，选D.
6、D
【解析】
每个结论可以通过是否能证伪排除即可．
【详解】
①因为，与相交，所以①错．
②很明显不对，只有当E在中点时才满足条件．
③易得平面平面，而AE平面，所以平面；
④因为平面，而AE平面，所以．
故选D
此题考查空间图像位置关系，一般通过特殊位置排除即可，属于较易题目．
7、D
【解析】
对于含变量的直线问题可采用赋特殊值法进行求解
【详解】
因为
所以点到中每条直线的距离即为圆的全体切线组成的集合，所以存在圆心在， 半径大于1的圆与中所有直线相交, A正确
也存在圆心在，半径小于1的圆与中所有直线均不相交，B正确
也存在圆心在半径等于1的圆与中所有直线相切，C正确
故正确
因为中的直线与以为圆心，半径为1的圆相切,所以中的直线所能围成的正三角形面积不都相等，如图 与 均为等边三角形而面积不等,

故错误，答案选D.
本题从点到直线的距离关系出发，考查了圆的切线与圆的位置关系，解决此类题型应学会将条件进行有效转化.
8、C
【解析】
利用直线与直线垂直的性质直接求解．
【详解】
∵直线和，若，
∴，得 ，解得或，
∴实数的值为或．
故选：C．
本题考查直线与直线垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
9、C
【解析】

如图，取中点，则平面，
故，因此与平面所成角即为，
设，则，，
即，
故，故选C.
10、C
【解析】
试题分析： 设事件为“从1，2，3，…，9这9个数中5个数的中位数是5”，则基本事件总数为种，事件所包含的基本事件的总数为：，所以由古典概型的计算公式知，，故应选.
考点：1.古典概型；

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、16
【解析】
利用公式直接计算即可.
【详解】
扇形的面积.
故答案为：.
本题考查扇形的面积，注意扇形的面积公式有两个：，其中为扇形的半径，为圆心角的弧度数，为扇形的弧长，可根据题设条件合理选择一个，本题属于基础题.
12、1
【解析】
根据不等式组，画出可行域，数形结合求解即可.
【详解】
由题可知，可行域如下图所示：

容易知：，
可得：，
结合图像可知，的最小值在处取得，
则.
故答案为：1.
本题考查线性规划的基础问题，只需作出可行域，数形结合即可求解.
13、
【解析】
先求，利用二次函数性质求最值即可
【详解】
由题
当时最小
故答案为8
本题考查等差数列的求和公式，考查二次函数求最值，是基础题
14、
【解析】
先由两直线垂直，可求出的值，将垂足点代入直线的方程可求出的点，再将垂足点代入直线的方程可求出的值，由此可计算出的值.
【详解】
，，解得，
直线的方程为，即，
由于点在直线上，，解得，
将点的坐标代入直线的方程得，解得，
因此，.
故答案为：.
本题考查了由两直线垂直求参数，以及由两直线的公共点求参数，考查推理能力与计算能力，属于基础题.
15、
【解析】
设底面半径为，圆柱的高为，根据圆柱求得和的值，进而利用圆柱的轴截面求得球的半径，利用球的表面积公式，即可求解．
【详解】
由题意，设底面半径为，圆柱的高为，
则圆柱的底面面积为，解得，
侧面积，解得，
则圆柱的轴截面是边长分别为4和3的矩形，其对角线长为5，
所以外接球的半径为，所以球的表面积为．
本题主要考查了圆柱的表面积和侧面积公式的应用，以及球的表面积公式应用，其中解答中正确理解空间几何体的结构特征是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于基础题．
16、2
【解析】
由向量的模长公式，计算得到答案.
【详解】
因为向量，
所以，
所以答案为.
本题考查向量的模长公式，属于简单题.

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)
【解析】
（1）由不等式的解集是，利用根与系数关系列式求出的值；
（2）代入得值后，由不等式对应的方程的判别式小于等于0，列式求解的取值范围．
【详解】
（1）由题意知，1﹣＜0，且﹣1和1是方程的两根，
∴，解得＝1．
（2），即为，若此不等式的解集为，
则2﹣4×1×1≤0，∴﹣6≤≤6，所以的范围是
本题考查了一元二次不等式的解法，考查了一元二次方程的根与系数的关系，属于基础题．
18、 (1) ；(2)
【解析】
（1）将写成顶点式，然后根据最小值和对称轴进行分析；（2）先将表示出来，然后利用换元法以及对勾函数的单调性求解值域.
【详解】
解：（1）∵
又∵
∴对称轴为
∵值域为
∴且
∴,，则函数
（2）∵
∵
∴令,则
∴

∵∴，则
所求值域为
对于形如的函数，其单调增区间是：和，单调减区间是：和.
19、（1）或；（2）或.
【解析】
（1）按向量数量积的定义先求夹角余弦，再求得夹角；
（2）不等式化为恒成立，令取1和－1代入解不等式组即可得．
【详解】
（1）由题意，，
记向量与的夹角为，又，
则，
当时，，，当时，，．
（2）
，
由得，
∵，∴，
∴，解得或．
本题考查向量模与夹角，考查不等式恒成立问题，不等式中把作为一个整体，它是关于的一次不等式，因此要使它恒成立，只要取1和－1时均成立即可．
20、
【解析】
利用向量垂直和同角三角函数关系可求得；利用二倍角公式和同角三角函数平方关系将化为关于正余弦的齐次式的问题，分子分母同时除以可化为的形式，代入的值可求得结果.
【详解】
，即

本题考查正余弦齐次式的求解问题，涉及到向量垂直的坐标表示、同角三角函数关系和二倍角公式的应用；关键是能够灵活利用同角三角函数的平方关系构造出关于正余弦的齐次式，进而构造出正切的形式来进行求解.
21、（1）周期为π，最大值为2.（2）
【解析】
（1）利用倍角公式降幂，展开两角差的余弦，将函数的关系式化简余弦型函数，可求出函数的周期及最值；
（2）由f（π﹣A），求解角A，再利用余弦定理和基本不等式求a的最小值．
【详解】
（1）函数f（x）＝2cos2x﹣cos（2x）
＝1+cos2x
＝cos（2x）+1，
∵﹣1≤cos（2x）≤1，
∴T，f（x）的最大值为2；
（2）由题意，f（π﹣A）＝f（﹣A）＝cos（﹣2A）+1，
即：cos（﹣2A），
又∵0＜A＜π，
∴2A，
∴﹣2A，即A．
在△ABC中，b+c＝2，cosA，
由余弦定理，a2＝b2+c2﹣2bccosA＝（b+c）2﹣bc，
由于：bc，当b＝c＝1时，等号成立．
∴a2≥4﹣1＝3，即a．
则a的最小值为．
本题考查三角函数的恒等变换，余弦形函数的性质的应用，余弦定理和基本不等式的应用，是中档题．