2025届四川省内江市球溪中学高一下数学期末学业质量监测试题含解析.doc

2025届四川省内江市球溪中学高一下数学期末学业质量监测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

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．式子的值为( )
A． B．0 C．1 D．
2．如图，长方体的体积为，E为棱上的点,且，三棱锥E－BCD的体积为，则=（ ）

A． B． C． D．
3．在正方体中，异面直线与所成角的大小为（ ）

A． B． C． D．
4．干支纪年法是中国历法上自古以来就一直使用的纪年方法，主要方式是由十天干（甲、乙、丙、丁、戊、己、废、辛、壬、朵）和十二地支（子、丑、卯、辰、已、午、未、中、百、戊、）按顺序配对，周而复始，循环记录．如：1984年是甲子年，1985年是乙丑年，1994年是甲戌年，则数学王子高斯出生的1777年是干支纪年法中的（　）
A．丁申年 B．丙寅年 C．丁酉年 D．戊辰年
5．若直线与直线互相平行，则的值等于（ ）
A．0或或3 B．0或3 C．0或 D．或3
6．下列命题中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
7．英国数学家布鲁克泰勒（Taylor Brook，1685~1731）建立了如下正、余弦公式（   ）

其中，，例如：．试用上述公式估计的近似值为（精确到0.01）
A．0.99 B．0.98 C．0.97  D．0.96
8．如图，圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆周上一点（与A、B均不重合），则图中直角三角形的个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
9．设，是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，给出下列四个命题，正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，，则
C．若，，，则 D．若，，，则
10．一个等腰三角形绕着底边上的高所在的直线旋转180度所形成的几何体是（ ）
A．两个共底面的圆锥 B．半圆锥 C．圆锥 D．圆柱
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知圆上有两个点到直线的距离为3，则半径的取值范围是________
12．在正四面体中，棱与所成角大小为________.
13．函数的最小正周期是____.
14．展开式中，各项系数之和为，则展开式中的常数项为__________．
15．如果数据的平均数是，则的平均数是________.
16．已知圆及点，若满足：存在圆C上的两点P和Q，使得，则实数m的取值范围是________.
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．对于三个实数、、，若成立，则称、具有“性质”.
（1）试问：①，0是否具有“性质2”；
②（），0是否具有“性质4”；
（2）若存在及，使得成立，且
，1具有“性质2”，求实数的取值范围；
（3）设，，，为2019个互不相同的实数，点（）
均不在函数的图象上，是否存在，且，使得、
具有“性质2018”，请说明理由.
18．已知函数f（x）＝2sinxcosx﹣2sin2x，其中x∈R，

（1）求函数f（x）的值域及最小正周期；
（2）如图，在四边形ABCD中，AD＝3，BD，f（A）＝0，BC⊥BD，BC＝5，求△ABC的面积S△ABC．
19．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC=2，点M，N分别是边AB，CD上的点，且MN∥BC，.若将矩形ABCD沿MN折起使其形成60°的二面角(如图)．

(1)求证:平面CND⊥平面AMND；
(2)求直线MC与平面AMND所成角的正弦值.
20．设向量，，令函数，若函数的部分图象如图所示，且点的坐标为.

（1）求点的坐标；
（2）求函数的单调增区间及对称轴方程；
（3）若把方程的正实根从小到大依次排列为，求的值.
21．如图，已知等腰梯形中，是的中点，，将沿着翻折成，使平面平面．

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求二面角的余弦值；
（Ⅲ）在线段上是否存在点P，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，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、D
【解析】
利用两角和的正弦公式可得原式为cos（），再由特殊角的三角函数值可得结果.
【详解】
cos（）＝coscos，故选D．
本题考查两角和的余弦公式，熟练掌握两角和与差的余弦公式以及特殊角的三角函数值是解题的关键，属于基础题.
2、D
【解析】
分别求出长方体和三棱锥E－BCD的体积，即可求出答案.
【详解】
由题意，，
，
则.
故选D.
本题考查了长方体与三棱锥的体积的计算，考查了学生的计算能力，属于基础题.
3、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．
4、C
【解析】
天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，按照这个规律进行推理，即可得到结果．
【详解】
由题意，天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，1994年是甲戌年，则1777的天干为丁，地支为酉，故选：C．
本题主要考查了等差数列的定义及等差数列的性质的应用，其中解答中认真审题，合理利用等差数列的定义，以及等差数列的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
5、D
【解析】
根据直线的平行关系，列方程解参数即可.
【详解】
由题：直线与直线互相平行，
所以，，解得：或.
经检验，当或时，两条直线均平行.
故选：D
此题考查根据直线平行关系求解参数的取值，需要熟记公式，注意考虑直线重合的情况.
6、D
【解析】
根据向量的加减法的几何意义以及向量数乘的定义即可判断．
【详解】
，，，，故选D．
本题主要考查向量的加减法的几何意义以及向量数乘的定义的应用．
7、B
【解析】
利用题设中给出的公式进行化简，即可估算，得到答案．
【详解】
由题设中的余弦公式得
，
故答案为B
本题主要考查了新信息试题的应用，其中解答中理解题意，利用题设中的公式，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
8、D
【解析】
利用直径所对的圆周角为直角和线面垂直的判定定理和性质定理即可判断出答案．
【详解】
AB是圆O的直径，则AC⊥BC，
由于PA⊥平面ABC，
则PA⊥BC，
即有BC⊥平面PAC，
则有BC⊥PC，则△PBC是直角三角形；
由于PA⊥平面ABC，则PA⊥AB，PA⊥AC，则△PAB和△PAC都是直角三角形；
再由AC⊥BC,得∠ACB=90°，则△ACB是直角三角形.
综上可知：此三棱锥P−ABC的四个面都是直角三角形.
故选D.
本题考查直线与平面垂直的性质，考查垂直关系的推理与证明，属于基础题.
9、C
【解析】
利用线面、面面之间的位置关系逐一判断即可.
【详解】
对于A，若，，则平行、相交、异面均有可能，故A不正确；
对于B，若，，，则垂直、平行均有可能，故B不正确；
对于C，若，，，根据线面垂直的定义可知
内的两条相交线线与内的两条相交线平行，故，故C正确；
对于D，由C可知，D不正确；
故选：C
本题考查了由线面平行、线面垂直判断线面、线线、面面之间的位置关系，属于基础题.
10、C
【解析】
根据旋转体的知识，结合等腰三角形的几何特征，得出正确的选项.
【详解】
由于等腰三角形三线合一，故等腰三角形绕着底边上的高所在的直线旋转180度所形成的几何体是圆锥.故选C.
本小题主要考查旋转体的知识，考查等腰三角形的几何特征，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】
由圆上有两个点到直线的距离为3，先求出圆心到直线的距离，得到不等关系式，即可求解．
【详解】
由题意，圆的圆心坐标为，半径为，
则圆心到直线的距离为，
又因为圆上有两个点到直线的距离为3，
则，解得，即圆的半径的取值范围是．
本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中合理应用圆心到直线的距离，结合图象得到半径的不等关系式是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题．
12、
【解析】
根据正四面体的结构特征，取中点，连，，利用线面垂直的判定证得平面，进而得到，即可得到答案.
【详解】
如图所示，取中点，连，，
正四面体是四个全等正三角形围成的空间封闭图形，所有棱长都相等，
所以，，且，
所以平面，又由平面，
所以，
所以棱与所成角为.

本题主要考查了异面直线所成角的求解，以及直线与平面垂直的判定及应用，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.
13、
【解析】
将三角函数化简为标准形式，再利用周期公式得到答案.
【详解】
由于所以
本题考查了三角函数的化简，周期公式，属于简单题.
14、
【解析】
令，则，即，因为的展开式的通项为，所以展开式中常数项为，即常数项为.
点睛：本题考查二项式定理；求二项展开式的各项系数的和往往利用赋值法（常赋值为）,还要注意整体赋值，且要注意展开式各项系数和二项式系数的区别.
15、5
【解析】
根据平均数的定义计算．
【详解】
由题意，
故答案为：5.
本题考查求新数据的均值．掌握均值定义是解题关键．实际上如果数据的平均数是，则新数据的平均数是．
16、
【解析】
设出点P、Q的坐标，利用平面向量的坐标运算以及两圆相交的条件求出实数m的取值范围.
【详解】
设点，
由得

，
由点在圆上，
得，
又在圆上，
，
与有交点，
则，解得
故实数m的取值范围为.
故答案为：
本题考查了向量的坐标运算、利用圆与圆的位置关系求参数的取值范围，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）①具有“性质2”，②不具有“性质4”；（2）；（3）存在.
【解析】
（1）①根据题意需要判断的真假即可② 根据题意判断是否成立即可得出结论；（2）根据具有性质2可求出的范围，由存在性问题成立转化为 ，根据函数的性质求最值即可求解.
【详解】
（1）①因为，成立,
所以，故，0具有“性质2”
②因为，设，则
设，
对称轴为，
所以函数在上单调递减，当时，，
所以当时，不恒成立，
即不成立，
故（），0不具有“性质4”.
（2）因为，1具有“性质2”
所以
化简得
解得或 .
因为存在及，使得成立，
所以存在 及使 即可.
令，则，
当时，，
所以在上是增函数，
所以时，，当时，，
故时，
因为在上单调递减，在 上单调递增，
所以，
故只需满足即可，解得.
（3）假设具有“性质2018”，则，
即证明在任意2019个互不相同的实数中，一定存在两个实数,满足：
.
证明：
由，
令，由万能公式知，
将等分成2018个小区间，则这2019个数必然有两个数落在同一个区间，令其为：，即，
也就是说，在，，，这2019个数中，一定有两个数满足，
即一定存在两个实数，满足，
从而得证.
本题主要考查了不等式的证明，根据存在性问题求参数的取值范围，三角函数的单调性，万能公式，考查了创新能力，属于难题.
18、 (1) 值域为[﹣3，1]，最小正周期为π； (2)．
【解析】
（1）化简f（x）＝2sinxcosx﹣2sin2xsin2x﹣22sin（2x）﹣1，即可．
（2）求得AAB，cos，可得△ABC的面积S△ABC．
【详解】
（1）f（x）＝2sinxcosx﹣2sin2xsin2x﹣22sin（2x）﹣1，
函数f（x）的值域为[﹣3，1]
最小正周期为π；
（2）∵f（A）＝0，即sin（2A），∴A．
在△ADB中，BD2＝AD2+AB2﹣2AD•ABcosA
⇒，解得AB
cos，则sin∠ABC＝cos．
△ABC的面积S△ABC．
本题考查了三角恒等变形、三角形面积计算，考查余弦定理，意在考查计算能力，属于中档题．
19、（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）转化为证明MN⊥平面CND；（2）过点C作CH⊥ND与点H，则MH是MC在平面AMND内的射影，所以∠CMH即直线MC与平面AMND所成的角.
【详解】
（1）∵在矩形ABCD中，MN∥BC，
∴MN⊥ND，MN⊥NC，
又∵ND，NC是平面CND内的两条相交直线，
∴MN⊥平面CND，又MN平面AMND，
∴平面CND⊥平面AMND.
（2）由（1）知∠CND＝60°，
又，AB＝3，BC=2，MN∥BC，
所以CN＝1，DN=2，
由余弦定理得 ，
所以∠DCN＝90°，
过点C作CH⊥ND与点H，连接MH，
则∠CMH即直线MC与平面AMND所成的角，
又，
所以
故直线MC与平面AMND所成角的正弦值为.
本题考查面面平行证明和线面角. 面面平行证明要转化为线面平行证明；求线面角关键在于作出直线在平面内的射影.
20、 (1) (2) 单调递增区间为；对称轴方程为，；(3)14800
【解析】
（1）先求出，令求出点B的坐标；（2）利用复合函数的单调性原理求函数的单调增区间，利用三角函数的图像和性质求对称轴方程；（3）由（2）知对称轴方程为，，所以，，…，，即得解.
【详解】
解:（1）

由已知，得
∴
令，得，，∴，.
当时，，∴得坐标为
（2）单调递增区间，得，
∴单调递增区间为
对称轴，得，
∴对称轴方程为，
（3）由，得，
根据正弦函数图象的对称性，且由（2）知对称轴方程为，
∴，，…，
∴
本题主要考查三角恒等变换和三角函数的图像和性质，考查等差数列求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于中档题.
21、（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）二面角的余弦值为；（Ⅲ）存在点P，使得平面，且．
【解析】
试题分析：（ I ） 根据直线与平面垂直的判定定理，需证明垂直平面内的两条相交直线．由题意易得四边形是菱形，所以，从而，即，进而证得平面．（Ⅱ） 由（ I ）可知，、、两两互相垂直，故可以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得二面角的余弦值．（Ⅲ）根据直线与平面平行的判定定理，只要能找到一点P使得PM平行平面内的一条直线即可．由于，故可取线段中点P，中点Q，连结．则，且．由此即可得四边形是平行四边形，从而问题得证．
试题解析：（ I ） 由题意可知四边形是平行四边形，所以，故．
又因为，M为AE的中点所以，
即
又因为，
所以四边形是平行四边形．
所以
故．
因为平面平面， 平面平面，平面
所以平面．
因为平面， 所以．
因为，、平面，
所以平面．
（Ⅱ） 以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，．
平面的法向量为．
设平面的法向量为， 因为，，
， 令得，．
所以， 因为二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为．
（Ⅲ） 存在点P，使得平面．
法一: 取线段中点P，中点Q，连结．

则，且．
又因为四边形是平行四边形，所以．
因为为的中点，则．
所以四边形是平行四边形，则．
又因为平面，所以平面．
所以在线段上存在点，使得平面，．
法二：设在线段上存在点，使得平面，
设，（），，因为．
所以．
因为平面， 所以，
所以， 解得， 又因为平面，
所以在线段上存在点，使得平面，．
考点：1、空间直线与平面的位置关系；2、二面角．