四川省安岳县周礼中学2025年高一下数学期末学业质量监测模拟试题含解析.doc

四川省安岳县周礼中学2025年高一下数学期末学业质量监测模拟试题
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．已知内角的对边分别为，满足且，则△ABC （ ）
A．一定是等腰非等边三角形 B．一定是等边三角形
C．一定是直角三角形 D．可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形
2．下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，，则 D．若，，则
3．《九章算术》卷5《商功》记载一个问题“今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺.问积几何？答曰：二千一百一十二尺.术曰：周自相乘，以高乘之，十二而一”.这里所说的圆堡瑽就是圆柱体，它的体积为“周自相乘，以高乘之，十二而一.”就是说：圆堡瑽（圆柱体）的体积为：V＝×（底面的圆周长的平方×高）．则由此可推得圆周率的取值为（ ）
A．3 B．3.14 C．3.2 D．3.3
4．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
5．如图，在正方体中，，分别是中点，则异面直线与所成角大小为（ ）．

A． B． C． D．
6．己知的周长为，内切圆的半径为，， 则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知数列{an}为等差数列，Sn是它的前n项和．若＝2，S3＝12，则S4＝(　　)
A．10 B．16 C．20 D．24
8．已知正项数列，若点在函数的图像上，则（ ）
A．12 B．13 C．14 D．16
9．在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若,则( )
A． B． C． D．
10．已知m、n、a、b为空间四条不同直线，α、β、为不同的平面，则下列命题正确的是（ ）．
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．数列满足，则 .
12．在等差数列中，，，则的值为_______.
13．已知直线：与直线：平行，则______.
14．若数列满足，，则的最小值为__________________．
15．一个几何体的三视图如图所示（单位:m）,则该几何体的体积为 .

16．设O点在内部，且有，则的面积与的面积的比为 .
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．下表提供了某厂节能降耗技术改造后生产甲产品过程中记录的产量（吨）与相应的生产能耗（吨）标准煤的几组对照数据.

（1）请画出上表数据的散点图；
（2）请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出回归方程；
（3）已知该厂技改前吨甲产品的生产能耗为吨标准煤.试根据（2）求出的线性回归方程，预测生产吨甲产品的生产能耗比技改前降低多少吨标准煤？（注：，）
18．已知数列满足，，.
（1）求证数列是等比数列，并求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和，求证：
19．已知向量，，函数.
（1）若，，求的值；
（2）若函数在区间上是单调递增函数，求正数的取值范围.
20．已知函数，，（,为常数）.
（1）若方程有两个异号实数解，求实数的取值范围；
（2）若的图像与轴有3个交点，求实数的取值范围；
（3）记，若在上单调递增，求实数的取值范围.
21．如图，在三棱柱中，各个侧面均是边长为的正方形，为线段的中点.

(1)求证:直线平面；
(2)求直线与平面所成角的余弦值；
(3)设为线段上任意一点，在内的平面区域(包括边界)是否存在点，使，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】
根据正弦定理可得和，然后对进行分类讨论，结合三角形的性质，即可得到结果.
【详解】
在中，因为，所以，
又，所以，
又
当时，因为，所以时等边三角形；
当时，因为，所以不存在，综上：一定是等边三角形.
故选:B.
本题主要考查了正弦定理的应用，解题过程中注意两解得情况，一般需要检验，本题属于基础题.
2、C
【解析】
对每一个选项进行判断，选出正确的答案.
【详解】
A.若，则，取 不成立
B.若，则，取 不成立
C. 若，，则，正确
D. 若，，则，取 不成立
故答案选C
本题考查了不等式的性质，找出反例是解题的关键.
3、A
【解析】
试题分析：由题意知圆柱体积×（底面的圆周长的平方×高）,化简得：，故选A．
考点：圆柱的体积公式．
4、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.
5、C
【解析】
通过中位线定理可以得到在正方体中，可以得到所以这样找到异面直线与所成角，通过计算求解．
【详解】
分别是中点，所以有而，因此
异面直线与所成角为在正方体中，,
所以，故本题选C．
本题考查了异面直线所成的角．
6、C
【解析】
根据的周长为，内切圆的半径为，求得，再利用正弦定理，得到，然后代入余弦定理，化简得到求解.
【详解】
因为的周长为，内切圆的半径为，
所以，
又因为，
所以.
由余弦定理得：，，
所以 ，
所以，
即，
因为A为内角，
所以，
所以.
故选：C
本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
7、C
【解析】
根据等差数列的前n项和公式，即可求出.
【详解】
因为S3＝3＋d＝6＋3d＝12，解得d＝2，所以S4＝4＋ d＝20.
本题主要考查了等差数列的前n项和公式，属于中档题.
8、A
【解析】
由已知点在函数图象上求出通项公式，得，由对数的定义计算．
【详解】
由题意，，
∴，
∴．
故选：A.
本题考查数列的通项公式，考查对数的运算．属于基础题．
9、B
【解析】
利用正弦定理边化角，结合和差公式以及诱导公式，即可得到本题答案.
【详解】
因为，所以，
，，，
，.
故选：B.
本题主要考查利用正弦定理边角转化求角，考查计算能力，属于基础题.
10、D
【解析】
根据空间中直线与平面、平面与平面位置关系及其性质，即可判断各选项.
【详解】
对于A，，，只有当与平面α、β的交线垂直时，成立，当与平面α、β的交线不垂直时，不成立，所以A错误；
对于B，，，则或，所以B错误；
对于C，，，，由面面平行性质可知，或a、b为异面直线，所以C错误；
对于D，若，，，由线面垂直与线面平行性质可知，成立，所以D正确.
故选：D.
本题考查了空间中直线与平面、平面与平面位置关系的性质与判定，对空间想象能力要求较高，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】
试题分析：这类问题类似于的问题处理方法，在中用代换得（），两式相减得，，又，即，故
.
考点：数列的通项公式.
12、.
【解析】
设等差数列的公差为，根据题中条件建立、的方程组，求出、的值，即可求出的值.
【详解】
设等差数列的公差为，所以，解得，
因此，，故答案为：.
本题考查等差数列的项的计算，常利用首项和公差建立方程组，结合通项公式以及求和公式进行计算，考查方程思想，属于基础题.
13、4
【解析】
利用直线平行公式得到答案.
【详解】
直线：与直线：平行

故答案为4
本题考查了直线平行的性质，属于基础题型.
14、
【解析】
由题又,故考虑用累加法求通项公式,再分析的最小值.
【详解】
,故,
当且仅当时成立.又为正整数,且,故考查当时.
当时,当时,因为,
故当时, 取最小值为.
故答案为：.
本题主要考查累加法,求最小值时先用基本不等式,发现不满足“三相等”,故考虑与相等时的取值最近的两个正整数.
15、
【解析】
该几何体是由两个高为1的圆锥与一个高为2的圆柱组合而成,所以该几何体的体积为.
考点：本题主要考查三视图及几何体体积的计算.
16、3
【解析】
分别取AC、BC的中点D、E,
,
,
即,
是DE的一个三等分点,
,
故答案为:3.

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)见解析.(2).(3)吨.
【解析】
（1）直接描点即可
（2）计算出的平均数，，及，，利用公式即可求得，问题得解．
（3）将代入可得，结合已知即可得解．
【详解】
解：（1）把所给的四对数据写成对应的点的坐标，在坐标系中描出来，得到散点图；

（2）计算，
，
，
，
∴回归方程的系数为： .
，∴所求线性回归方程为；
（3）利用线性回归方程计算时，，
则，即比技改前降低了19.65吨.
本题主要考查了线性回归方程的求法，考查计算能力，还考查了线性回归方程的应用，属于中档题．
18、（1）证明见解析，；（2）见解析.
【解析】
（1）根据递推关系式可整理出，从而可证得结论；利用等比数列通项公式首先求解出，再整理出；（2）根据可求得，从而得到的通项公式，利用裂项相消法求得，从而使问题得证.
【详解】
（1）由得：
即，且
数列是以为首项，为公比的等比数列

数列的通项公式为：
（2）由（1）得：

又
即：
本题考查利用递推关系式证明等比数列、求解等比数列通项公式、裂项相消法求解数列前项和的问题，属于常规题型.
19、（1）；（2）
【解析】
（1）利用数量积公式结合二倍角公式，辅助角公式化简函数解析式，由，结合的范围以及平方关系得出的值，由结合两角差的余弦公式求解即可；
（2）由整体法结合正弦函数的单调性得出该函数的单调增区间，则区间应该包含在的一个增区间内，根据包含关系列出不等式组，求解即可得出正数的取值范围.
【详解】
（1）
因为，所以，即.
因为，所以
所以.
所以
.
（2）.
令，
得，
因为函数在区间上是单调递增函数
所以存在，使得
所以有，即
因为，所以
又因为，所以，则，所以
从而有，所以，所以.
本题主要考查了利用同角三角函数的基本关系，二倍角公式，两角差的余弦公式化简求值以及根据正弦型函数的单调性求参数范围，属于较难题.
20、 (1) (2) (3)或
【解析】
（1）由题意，可知只要，即可使得方程有两个异号的实数解，得到答案；
（2）由题意，得，则，再由的图象与轴由3个交点，列出相应的条件，即可求解.
（3）由题意得，分类讨论确定函数的单调性，即可得到答案.
【详解】

由题可得，
，与轴有一个交点；
与有两个交点

综上可得: 实数的取值范围或
本题主要考查了函数与方程的综合应用，以及分段函数的性质的综合应用，其中解答中认真审题，合理分类讨论及利用函数的基本性质求解是解答的关键，试题综合性强，属于难题，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及分类讨论思想和转化思想的应用.
21、 (1)见解析 (2)（3）存在点，使，详见解析
【解析】
(1)设与的交点为，证明进而证明直线平面.
(2)先证明直线与平面所成角的为，再利用长度关系计算.
(3) 过点作，证明平面，即，所以存在.
【详解】
(1)设与的交点为，显然为中点，又点为线段的中点，所以，

平面，平面，
平面.
(2) 平面，平面,
，
，平面，平面，
平面，点在平面上的投影为点，直线与平面所成角的为，
，，，
.
(3)过点作，又因为平面，平面，所以，

平面，平面，
平面，
，所以存在点，使.
本题考查了立体几何线面平行，线面夹角，动点问题，将线线垂直转化为线面垂直是解题的关键.