宁夏银川市宁夏大学附中2025届高一下数学期末监测试题含解析.doc

宁夏银川市宁夏大学附中2025届高一下数学期末监测试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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．若圆与圆外切，则（ ）
A．21 B．19 C．9 D．-11
2．在区间上随机取一个数x，的值介于0到之间的概率为（ ）
A． B． C． D．
3． “是与的等差中项”是“是与的等比中项”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．若，，则方程有实数根的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．观察下列几何体各自的三视图，其中有且仅有两个视图完全相同的是（ ）

①正方体 ②圆锥 ③正三棱柱 ④正四棱锥
A．①② B．②④ C．①③ D．①④
6．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）

A．10 B．20 C．30 D．60
7．已知函数在区间上有最大值，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．已知直线过点且与直线垂直，则该直线方程为（）
A． B．
C． D．
9．已知，，，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
10．已知数列是各项均为正数且公比不等于1的等比数列，对于函数，若数列为等差数列，则称函数为“保比差数列函数”，现有定义在上的如下函数：①，②，③；④，则为“保比差数列函数”的所有序号为（ ）
A．①② B．①②④ C．③④ D．①②③④
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．直线和将单位圆分成长度相等的四段弧，则________.
12．过P(1,2)的直线把圆分成两个弓形，当其中劣孤最短时直线的方程为_________.
13．的最大值为______.
14．不共线的三个平面向量，，两两所成的角相等，且，，则__________．
15．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_____________.
16．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）
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．如图．在四棱锥中，，，平面ABCD，且．，，M、N分别为棱PC，PB的中点.

（1）证明：A，D，M，N四点共面，且平面ADMN；
（2）求直线BD与平面ADMN所成角的正弦值．
18．如果数列对任意的满足：，则称数列为“数列”.
（1）已知数列是“数列”，设，求证：数列是递增数列，并指出与的大小关系（不需要证明）；
（2）已知数列是首项为，公差为的等差数列，是其前项的和，若数列是“数列”，求的取值范围；
（3）已知数列是各项均为正数的“数列”，对于取相同的正整数时，比较和的大小，并说明理由.
19．同时抛掷两枚骰子，并记下二者向上的点数，求：
二者点数相同的概率；
两数之积为奇数的概率；
二者的数字之和不超过5的概率．
20．在中，分别是角的对边.
（1）求角的值；
（2）若，且为锐角三角形，求的范围.
21．已知数列为等差数列，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
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】
试题分析：因为,所以且圆的圆心为,半径为,根据圆与圆外切的判定(圆心距离等于半径和)可得
,故选C.
考点：圆与圆之间的外切关系与判断
2、A
【解析】
因为,若,则,
，故选A.
3、A
【解析】
根据等差中项和等比中项的定义，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】
若是与的等差中项，
则，
若是与的等比中项，
则，
则“是与的等差中项”是“是与的等比中项”的充分不必要条件，
故选：A.
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等差中项和等比中项的定义求出的值是解决本题的关键．
4、B
【解析】
方程有实数根，则：，即：，则：，
如图所示，由几何概型计算公式可得，满足题意的概率值为：
.
本题选择B选项.

5、B
【解析】
正方体的三个视图都相同，①不符合；圆锥的正视图和侧视图相同都是三角形，俯视图为圆，②符合；正三棱柱的俯视图是等边三角形，正视图和侧视图都是长方形，但是长不同宽相同，③不符合；正四棱锥的俯视图是正方形，正视图和侧视图都是相同的等腰三角形，④符合，故选B.
6、B
【解析】
由三视图可知几何体为四棱锥，利用四棱锥体积公式可求得结果.
【详解】
由三视图可知，该几何体为底面为长为，宽为的长方形，高为的四棱锥
四棱锥体积
本题正确选项：
本题考查根据三视图求解几何体体积的问题，关键是能够通过三视图将几何体还原为四棱锥，从而利用棱锥体积公式来进行求解.
7、B
【解析】
因为，所以由题设在只有一个零点且单调递减，则问题转化为，即，应选答案B．
点睛：解答本题的关键是如何借助题设条件建立不等式组，这是解答本题的难点，也是解答好本题的突破口，如何通过解不等式使得问题巧妙获解．
8、A
【解析】
根据垂直关系求出直线斜率为 ，再由点斜式写出直线。
【详解】
由直线与直线垂直，可知直线斜率为，再由点斜式可知直线为：
即.
故选A.
本题考查两直线垂直，属于基础题。
9、C
【解析】
设与的夹角为，计算出、、的值，再利用公式结合角的取值范围可求出的值.
【详解】
设与的夹角为，则，
，，另一方面，
，，，
因此，，，因此，，故选C.
本题考查利用平面向量的数量积计算平面向量的夹角，解题的关键就是计算出、、的值，考查计算能力，属于中等题.
10、B
【解析】
设数列{an}的公比为q（q≠1），利用保比差数列函数的定义，逐项验证数列{lnf（an）}为等差数列，即可得到结论．
【详解】
设数列{an}的公比为q（q≠1）
①由题意，lnf（an）＝ln，∴lnf（an+1）﹣lnf（an）＝lnlnlnlnq是常数，∴数列{lnf（an）}为等差数列，满足题意；
②由题意，lnf（an）＝ln，∴lnf（an+1）﹣lnf（an）＝lnlnlnq2＝2lnq是常数，∴数列{lnf（an）}为等差数列，满足题意；
③由题意，lnf（an）＝ln，∴lnf（an+1）﹣lnf（an）＝lnlnan+1﹣an不是常数，∴数列{lnf（an）}不为等差数列，不满足题意；
④由题意，lnf（an）＝ln，∴lnf（an+1）﹣lnf（an）＝lnlnlnq是常数，∴数列{lnf（an）}为等差数列，满足题意；
综上，为“保比差数列函数”的所有序号为①②④
故选：B．
本题考查新定义，考查对数的运算性质，考查等差数列的判定，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、0
【解析】
将单位圆分成长度相等的四段弧，每段弧对应的圆周角为，计算得到答案.
【详解】
如图所示：
将单位圆分成长度相等的四段弧，每段弧对应的圆周角为
或
故答案为0

本题考查了直线和圆相交问题，判断每段弧对应的圆周角为是解题的关键.
12、
【解析】
首先根据圆的几何性质，可分析出当点是弦的中点时，劣弧最短，利用圆心和弦的中点连线与直线垂直，可求得直线方程.
【详解】
当劣弧最短时，即劣弧所对的弦最短，
当点是弦的中点时，此时弦最短，也即劣弧最短，
圆：，圆心，
, ,
直线方程是，即，
故填：.
本题考查了直线与圆的位置关系，以及圆的几何性质，属于基础题型.
13、3
【解析】
由余弦型函数的值域可求得整个函数的值域，进而得到最大值.
【详解】
，即
故答案为：
本题考查含余弦型函数的值域的求解问题，关键是明确在自变量无范围限制时，余弦型函数的值域为.
14、4
【解析】

故答案为：4
本题主要考查向量的位置关系，考查向量模的运算的处理方法.由于三个向量两两所成的角相等，故它们两两的夹角为，由于它们的模都是已知的，故它们两两的数量积也可以求出来，对后平方再开方，就可以计算出最后结果.
15、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．
16、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.

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）先证，再证，即可得证；要证平面ADMN，可通过求证PB垂直于ADMN中的两条交线来证明
（2）求直线BD与平面ADMN所成角，需要找出BD在平面ADMN的射影，可通过三垂线定理去进行证明
【详解】
解：（1）证明因为M，N分别为PC，PB的中点，所以；
又因为，所以．从而A，D，M，N四点共面；
因为平面ABCD，平面ABCD．所以，
又因为，，所以平面PAB，从而，
因为，且N为PB的中点，所以；
又因为，所以平面ADMN；
（2）如图，连结DN；

由（1）知平面ADMN，
所以，DN为直线BD在平面ADMN内的射影，且，
所以，即为直线BD与平面ADMN所成的角：
在直角梯形ABCD内，过C作于H，则四边形ABCH为矩形；
，在中，；
所以，，，
在中，，，，
所以.
综上，直线BD与平面ADMN所成角的正弦值为.
本题考查了线面垂直的判定定理，考查了线面角的求解方法，考查了运算能力及空间想象能力，属于中档题.
18、（1）；（2）（3），证明见解析.
【解析】
（1）由新定义，结合单调性的定义可得数列是递增数列；再根据，，可得；
（2）运用新定义和等差数列的求和公式，解绝对值不等式即可得到所求范围；
（3）对一切，有．运用数学归纳法证明，注意验证成立；假设不等式成立，注意变形和运用新定义，即可得证．
【详解】
（1）证明：数列是“数列”，可得，
即，即，
可得数列是递增数列，
.
（2）数列是“数列”，
可得，
即，
可得，
即有，或，或，
即或或，
所以.
（3）数列是各项均为正数的“数列”，
对于取相同的正整数时，，
运用数学归纳法证明：
当时，，，显然即．
设时，．即，
可得，
当时，即证，
即证，
由
，
即证

即证，
由，，，，
相加可得，
则对一切，有．
本题考查新定义的理解和运用，考查数列的单调性的证明和等差数列的通项公式和求和公式，以及数学归纳法的应用，考查化简整理的运算能力，属于难题．
19、（1）（2）（3）
【解析】
把两个骰子分别记为红色和黑色，则问题中含有基本事件个数，记事件A表示“二者点数相同”，利用列举法求出事件A中包含6个基本事件，由此能求出二者点数相同的概率．记事件B表示“两数之积为奇数”，利用列举法求出事件B中含有9个基本事件，由此能求出两数之积为奇数的概率．记事件C表示“二者的数字之和不超过5”，利用列举法求出事件C中包含的基本事件有10个，由此能求出二者的数字之和不超过5的概率．
【详解】
解：把两个骰子分别记为红色和黑色，则问题中含有基本事件个数，
记事件A表示“二者点数相同”，
则事件A中包含6个基本事件，分别为：，，，，，，
二者点数相同的概率．
记事件B表示“两数之积为奇数”，
则事件B中含有9个基本事件，分别为：
，，，，，，，，，
两数之积为奇数的概率．
记事件C表示“二者的数字之和不超过5”，
由事件C中包含的基本事件有10个，分别为：
，，，，，，，，，，
二者的数字之和不超过5的概率．
本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
20、（1）；（2）
【解析】
（1）由题结合余弦定理得角的值；（2）由正弦定理可知，，得，利用三角恒等变换得A的函数即可求范围
【详解】
（1）由题意知，∴，
由余弦定理可知，，
又∵，∴.
（2）由正弦定理可知，，
即，
∴
，
又∵为锐角三角形，∴，则即，
所以， 即，
综上的取值范围为.
本题考查正余弦定理解三角形，考查三角恒等变换，注意锐角三角形的应用，准确计算是关键，是中档题
21、 (1)；（2）.
【解析】
试题分析：(1)由于为等差数列，根据已知条件求出的第一项和第三项求得数列的公差，即得数列的通项公式，移项可得数列的通项公式；（2）由（1）可知,通过分组求和根据等差数列和等比数列的前项和公式求得的前项和.
试题解析: （1）设数列的公差为，∵，∴，
∴，∴．
（2）
考点：等差数列的通项公式及数列求和.