2025年四川省眉山市仁寿县铧强中学高一数学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析.doc

2025年四川省眉山市仁寿县铧强中学高一数学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题
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．在空间中，有三条不重合的直线，，，两个不重合的平面，，下列判断正确的是
A．若∥，∥，则∥ B．若，，则∥
C．若，∥，则 D．若，，∥，则∥
2．化简=（ ）
A． B．
C． D．
3．已知点O是边长为2的正三角形ABC的中心，则（ ）
A． B． C． D．
4．若某程序框图如图所示,则该程序运行后输出的值是（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6
5．在平面直角坐标系xOy中，点P（2，–1）到直线l：4x–3y+4=0的距离为（ ）
A．3 B． C．1 D．3
6．在中，，，是边的中点.为所在平面内一点且满足，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．函数（）的部分图象如图所示，其中是图象的最高点，是图象与轴的交点，则（ ）

A． B． C． D．
8．已知函数，在中，内角的对边分别是，内角满足，若，则的面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
9．某中学举行高一广播体操比赛，共10个队参赛，为了确定出场顺序，学校制作了10个出场序号签供大家抽签，高一（l）班先抽，则他们抽到的出场序号小于4的概率为（ ）
A． B． C． D．
10．已知是函数的两个零点，则（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知满足约束条件，则的最大值为__________．
12．已知向量，的夹角为°，，，则______．
13．在四面体中，平面ABC，，若四面体ABCD的外接球的表面积为，则四面体ABCD的体积为_______．
14．已知直线过点，且在两坐标轴上的截距相等，则此直线的方程为_____________.
15．若方程表示圆，则实数的取值范围是______.
16．已知向量，的夹角为，若，，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，它的部分图象如图所示.

（1）求函数的解析式；
（2）当时，求函数的值域.
18．如图，在直棱柱中，，，，分别是棱，上的点，且平面.

（1）证明：//；
（2）求证：.
19．某学校高一年级学生某次身体素质体能测试的原始成绩采用百分制，已知所有这些学生的原始成绩均分布在内，发布成绩使用等级制.各等级划分标准见下表.

规定：三级为合格等级，D为不合格等级.为了解该校高一年级学生身体素质情况，从中抽取了名学生的原始成绩作为样本进行统计.按照的分组作出频率分布直方图如图1所示，样本中分数在80分及以上的所有数据的茎叶图如图2所示.

（I）求和频率分布直方图中的的值，并估计该校高一年级学生成绩是合格等级的概率；
（II）在选取的样本中，从两个等级的学生中随机抽取2名学生进行调研，求至少有一名学生是等级的概率．
20．已知圆，直线.圆与轴交于两点，是圆上不同于的一动点，所在直线分别与交于.
（1）当时，求以为直径的圆的方程；
（2）证明：以为直径的圆截轴所得弦长为定值.
21．在平面直角坐标系中，已知射线与射线，过点作直线l分别交两射线于点A、B（不同于原点O）.

（1）当取得最小值时，直线l的方程；
（2）求的最小值；
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、C
【解析】
根据空间中点、线、面的位置关系的判定与性质，逐项判定，即可求解，得到答案．
【详解】
由题意，A中，若∥，∥，则与可能平行、相交或异面，故A错误；
B中，若，，则与c可能平行，也可能垂直，比如墙角，故B错误；
C中，若，∥，则,正确；
D中，若，，∥，则与可能平行或异面，故D错误；
故选C．
本题主要考查了线面位置关系的判定与证明，其中解答中熟记空间中点、线、面的位置关系，以及线面位置关系的判定定理和性质定理是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于中档试题．
2、D
【解析】
根据向量的加法与减法的运算法则，即可求解，得到答案．
【详解】
由题意，根据向量的运算法则，
可得=++==，故选D．
本题主要考查了向量的加法与减法的运算法则，其中解答中熟记向量的加法与减法的运算法则，准确化简、运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
3、B
【解析】
直接由正三角形的性质求出两向量的模和夹角，由数量积定义计算．
【详解】
∵点O是边长为2的正三角形ABC的中心，∴，，
∴．
故选：B.
本题考查平面向量的数量积，掌握数量积的定义是解题关键．
4、C
【解析】
根据程序框图依次计算得到答案.
【详解】
根据程序框图依次计算得到

结束
故答案为C
本题考查了程序框图，意在考查学生对于程序框图的理解能力和计算能力.
5、A
【解析】
由点到直线距离公式计算．
【详解】
．
故选：A．
本题考查点到直线的距离公式，掌握距离公式是解题基础．点到直线的距离为．
6、D
【解析】
根据平面向量基本定理可知，将所求数量积化为；由模长的等量关系可知和为等腰三角形，根据三线合一的特点可将和化为和，代入可求得结果.
【详解】
为中点

和为等腰三角形
，同理可得：

本题正确选项：
本题考查向量数量积的求解问题，关键是能够利用模长的等量关系得到等腰三角形，从而将含夹角的运算转化为已知模长的向量的运算.
7、D
【解析】
函数的周期为，四分之一周期为，而函数的最大值为，故，由余弦定理得，故.
8、B
【解析】
通过将利用合一公式变为，代入A求得A角，从而利用余弦定理得到b,c,的关系，从而利用均值不等式即可得到面积最大值.
【详解】

，为三角形内角，则
，，当且仅当时取等号

本题主要考查三角函数恒等变换，余弦定理，面积公式及均值不等式，综合性较强，意在考查学生的转化能力，对学生的基础知识掌握要求较高.
9、D
【解析】
古典概率公式得到答案.
【详解】
抽到的出场序号小于4的概率：
故答案选D
本题考查了概率的计算，属于简单题.
10、A
【解析】
在同一直角坐标系中作出与的图象，设两函数图象的交点，依题意可得，利用对数的运算性质结合图象即可得答案．
【详解】
解：，在同一直角坐标系中作出与的图象，

设两函数图象的交点，
则，即，
又，
所以，，即，
所以①；
又，故，即②，
由①②得：，
故选：A．
本题考查根的存在性及根的个数判断，依题意可得是关键，考查作图能力与运算求解能力，属于难题．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、57
【解析】
作出不等式组所表示的可行域，平移直线，观察直线在轴的截距取最大值时的最优解，再将最优解代入目标函数可得出目标函数的最大值.
【详解】
作出不等式组所表示的可行域如下图所示：

平移直线，当直线经过可行域的顶点时，该直线在轴上的截距取最大值，此时，取最大值，即，故答案为.
本题考查简单的线性规划问题，考查线性目标函数的最值问题，一般利用平移直线结合在坐标轴上的截距取最值时，找最优解求解，考查数形结合数学思想，属于中等题．
12、1
【解析】
把向量，的夹角为60°，且，，代入平面向量的数量积公式，即可得到答案．
【详解】
由向量，的夹角为°，且，，则.
故答案为1
本题考查了平面向量数量积的坐标表示，直接考查公式本身的直接应用，属于基础题．
13、
【解析】
设,再根据外接球的直径与和底面外接圆的一条直径构成直角三角形求解进而求得体积即可.
【详解】
设,底面外接圆直径为.
易得底面是边长为3的等边三角形.则由正弦定理得.
又外接球的直径与和底面外接圆的一条直径构成直角三角形有
.又外接球的表面积为,即.
解得.
故四面体体积为.
故答案为：
本题主要考查了侧棱垂直于底面的四面体的外接球问题.需要根据题意建立底面三角形外接圆的直径和三棱锥的高与外接球直径的关系再求解.属于中档题.
14、或
【解析】
分两种情况考虑，第一：当所求直线与两坐标轴的截距不为0时，设出该直线的方程为，把已知点坐标代入即可求出的值，得到直线的方程；第二：当所求直线与两坐标轴的截距为0时，设该直线的方程为，把已知点的坐标代入即可求出的值，得到直线的方程，综上，得到所有满足题意的直线的方程．
【详解】
解：①当所求的直线与两坐标轴的截距不为0时，设该直线的方程为，
把代入所设的方程得：，则所求直线的方程为即；
②当所求的直线与两坐标轴的截距为0时，设该直线的方程为，
把代入所求的方程得：，则所求直线的方程为即．
综上，所求直线的方程为：或．
故答案为：或
此题考查学生会根据条件设出直线的截距式方程和点斜式方程，考查了分类讨论的数学思想，属于基础题．
15、.
【解析】
把圆的一般方程化为圆的标准方程，得出表示圆的条件，即可求解，得到答案．
【详解】
由题意，方程可化为，
方程表示圆，则满足，解得．
本题主要考查了圆的一般方程与圆的标准方程的应用，其中熟记圆的一般方程与圆的标准方程的互化是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础．
16、
【解析】
由，展开后进行计算，得到的值，从而得到答案.
【详解】
因为向量，的夹角为，若，，
所以

，
所以.
故答案为：.
本题考查求向量的模长，向量的数量积运算，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】
试题分析：
（1）依题意，则， 将点的坐标代入函数的解析式可得，故，函数解析式为.
（2）由题意可得 ， 结合三角函数的性质可得函数的值域为.
试题解析：
（1）依题意，，
故.
将点的坐标代入函数的解析式可得，
则，，故，
故函数解析式为.
（2）当时， ，
则，，
所以函数的值域为.
点睛：求函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)在区间[a，b]上值域的一般步骤：
第一步：三角函数式的化简，一般化成形如y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式或y＝Acos(ωx＋φ)＋k的形式．
第二步：由x的取值范围确定ωx＋φ的取值范围，再确定sin(ωx＋φ)(或cos(ωx＋φ))的取值范围．
第三步：求出所求函数的值域(或最值)．
18、（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（1）利用线面平行的性质定理可得，从而得到.
（2）连接，可证平面，从而得到.
【详解】
（1）因为平面，平面，平面平面，
所以.
又在直棱柱中，有，所以.
(2)连接，因为棱柱为直棱柱，所以平面，
又平面，所以.
又因为，平面，平面，，
所以平面.又平面，所以.
在直棱柱中，有四边形为平行四边形.
又因为，所以四边形为菱形，所以.
又,平面,平面，
所以平面，又平面，所以.
线线平行的证明，有如下途径：（1）利用平面几何的知识，如三角形的中位线、梯形的中位线等；（2）线面平行的性质定理；（3）面面平行的性质定理；（4）线面垂直的性质定理（同垂直一个平面的两条直线平行）.
而线线垂直的证明，有如下途径：（1）利用平面几何的知识，如勾股定理等；（2）异面直线所成的角为 ；（3）线面垂直的性质定理；
19、（I），；（II）.
【解析】
试题分析：(I)根据频率直方图的相关概率易求，依据样本估计总体的思想可得该校高一年级学生成绩是合格等级的概率；（II）记“至少有一名学生是等级”事件为，求事件对立事件的的概率，可得.
试题解析：（I）由题意可知，样本容量

因为成绩是合格等级人数为：人，抽取的50人中成绩是合格等级的频率为，依据样本估计总体的思想，所以，该校高一年级学生成绩是合格等级的概率为
（II）由茎叶图知，等级的学生共有3人，等级学生共有人，记等级的学生为，
等级学生为，则从8名学生中随机抽取2名学生的所有情况为：

共28个基本事件
记“至少有一名学生是等级”事件为，则事件的可能结果为
共10种
因此
考点：1、频率分布直方图；2、古典概型.
20、（1）；（2）证明见解析.
【解析】
（1）讨论点的位置，根据直线的方程，直线的方程分别与直线方程联立，得出的坐标，进而得出圆心坐标以及半径，即可得出该圆的方程；
（2）讨论点的位置，根据直角三角形的边角关系得出的坐标，进而得出圆心坐标以及半径，再由圆的弦长公式化简即可证明.
【详解】
（1）由圆的方程可知，
①当点在第一象限时，如下图所示

当时，，
所以直线的方程为
由，解得
直线的方程为
由，解得
则的中点坐标为，
所以以为直径的圆的方程为
②当点在第四象限时，如下图所示

当时，，
所以直线的方程为
由，解得
直线的方程为
由，解得
则的中点坐标为，
所以以为直径的圆的方程为
综上，以为直径的圆的方程为
（2）①当点在圆上半圆运动时，取直线交轴于点，如下图所示

设，则

则以为直径的圆的圆心坐标为，半径
所以以为直径的圆截轴所得弦长为

②当点在圆下半圆运动时，取直线交轴于点，如下图所示

设，则

则以为直径的圆的圆心坐标为，半径
所以以为直径的圆截轴所得弦长为

综上，以为直径的圆截轴所得弦长为定值.
本题主要考查了求圆的方程以及圆的弦长公式的应用，属于中档题.
21、（1）；（2）6.
【解析】
（1）设，，利用三点共线可得的关系，计算出后由基本不等式求得最小值．从而得直线方程；
（2）由（1）中所设坐标计算出，利用基本不等式由（1）中所得关系可得的最小值，从而得的最小值．
【详解】
（1）设，，
因为A，B，M三点共线，所以与共线，
因为，，
所以，
得，即，
，
等号当且仅当时取得，
此时直线l的方程为.
（2）

因为由，
所以，当且仅当时取得等号，
所以当时，取最小值6.
本题考查直线方程的应用，考查三点共线的向量表示，考查用基本不等式求最值．用基本不等式求最值时要根据目标函数的特征采取不同的方法，如（1）中用“1”的代换配凑出基本不等式的条件求得最值，（2）直接由已知应用基本不等式求最值．