厦门市海沧中学2025年高一数学第二学期期末质量跟踪监视试题含解析.doc

厦门市海沧中学2025年高一数学第二学期期末质量跟踪监视试题
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．在中，角的对边分别是，若，则（ ）
A． B．或 C．或 D．
2．若将函数的图象向左平移个最小周期后，所得图象对应的函数为（ ）
A． B．
C． D．
3．某几何体的三视图如图所示，其外接球体积为（ ）

A． B． C． D．
4．设是异面直线，则以下四个命题：①存在分别经过直线和的两个互相垂直的平面；②存在分别经过直线和的两个平行平面；③经过直线有且只有一个平面垂直于直线；④经过直线有且只有一个平面平行于直线，其中正确的个数有（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．若，则函数的最小值是（ ）
A． B． C． D．
6．直线的倾斜角不可能为（ ）
A． B． C． D．
7．素数指整数在一个大于1的自然数中，除了1和此整数自身外，不能被其他自然数整除的数。我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果。哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如。在不超过15的素数中，随机选取两个不同的数，其和小于18的概率是（ ）
A． B． C． D．
8．秦九韶是我国南宋时期的数学家，在他所著的《数书九章》中提出的多项式求值的“秦九韶算法”，至今仍是比较先进的算法．如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法，求某多项式值的一个实例，若输入的值分别为4和2，则输出的值为（ ）

A．32 B．64 C．65 D．130
9．如图所示，在正四棱锥中，分别是，，的中点，动点在线段上运动时，下列结论不恒成立的是( ).

A．与异面 B．面 C． D．
10．已知函数，若方程在上有且只有三个实数根，则实数的取值范围为( )
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．从原点向直线作垂线，垂足为点，则的方程为_______.
12．空间两点，间的距离为_____．
13．若，且，则是第_______象限角.
14．和的等差中项为__________．
15．已知a，b，x均为正数，且a＞b，则____（填“＞”、“＜”或“＝”）．
16．已知一组数1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数的方差为______.
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．已知函数．
（1）若在区间上的最小值为，求的值；
（2）若存在实数，使得在区间上单调且值域为，求的取值范围．
18．如图所示，在直三棱柱（侧面和底面互相垂直的三棱柱叫做直三棱柱）中，平面，，设的中点为D，.

（1）求证：平面；
（2）求证：.
19．已知函数.
（I）当时，求不等式的解集；
（II）若关于的不等式有且仅有一个整数解，求正实数的取值范围.
20．已知是递增数列，其前项和为，，且，．
（Ⅰ）求数列的通项；
（Ⅱ）是否存在使得成立？若存在，写出一组符合条件的的值；若不存在，请说明理由；
（Ⅲ）设，若对于任意的，不等式
恒成立，求正整数的最大值．
21．已知直角梯形中， ， ， ， ， ，过作，垂足为， 分别为的中点，现将沿折叠，使得．
（1）求证：
（2）在线段上找一点，使得，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、D
【解析】
直接利用正弦定理，即可得到本题答案，记得要检验，大边对大角.
【详解】
因为，所以，又，所以，.
故选：D
本题主要考查利用正弦定理求角.
2、B
【解析】
首先判断函数的周期，再利用“左加右减自变量，上加下减常数项”解题．
【详解】
函数的最小正周期为,
函数的图象向左平移个最小正周期即平移个单位后，
所得图象对应的函数为
,
即.
故选：B.
本题考查函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换，根据“左加右减”进行平移变换即可，对横坐标进行平移变换注意系数ω即可，属于基础题.
3、D
【解析】
易得该几何体为三棱锥,再根据三视图在长方体中画出该三棱锥,再根据此三棱锥与长方体的外接球相同求解即可.
【详解】
在长方体中画出该几何体,易得为三棱锥,且三棱锥与该长方体外接球相同.
又长方体体对角线等于外接球直径,故.
故外接球体积

故选：D
本题主要考查了三视图还原几何体以及求外接球体积的问题,属于基础题.
4、C
【解析】
对于①：可以在两个互相垂直的平面中，分别画一条直线，当这两条直线异面时，可判断①正确
对于②：可在两个平行平面中，分别画一条直线，当这两条直线异面时，可判断②正确
对于③：当这两条直线不是异面垂直时，不存在这样的平面满足题意，可判断③错误
对于④：假设过直线a有两个平面α、β与直线b平行，则面α、β相交于直线a，过直线b做一平面γ与面α、β相交于两条直线m、n，则直线m、n相交于一点，且都与直线b平行，这与“过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行”矛盾，所以假设不成立，所以④正确
故选：C．
5、B
【解析】
直接用均值不等式求最小值.
【详解】

当且仅当,即时，取等号.
故选：B
本题考查利用均值不等式求函数最小值,属于基础题.
6、D
【解析】
根据直线方程，分类讨论求得直线的斜率的取值范围，进而根据倾斜角和斜率的关系，即可求解，得到答案.
【详解】
由题意，可得当时，直线方程为，此时倾斜角为；
当时，直线方程化为，则斜率为：，
即，又由，解得或，
又由且，所以倾斜角的范围为，
显然A，B都符合，只有D不符合，
故选D.
本题主要考查了直线方程的应用，以及直线的倾斜角和斜率的关系，着重考查了分类讨论思想，以及推理与运算能力.
7、B
【解析】
找出不超过15的素数，从其中任取2个共有多少种取法，找到取出的两个和小于18的个数，根据古典概型求解即可.
【详解】
不超过15的素数为，共6个，任取2个分别为，，，，，，，，，，，，，，，共15个基本事件，其中两个和小于18的共有11个基本事件，根据古典概型概率公式知.
本题主要考查了古典概型，基本事件，属于中档题.
8、C
【解析】
程序运行循环时变量值为：；；；，退出循环，输出，故选C．
9、D
【解析】
如图所示，连接AC、BD相交于点O，连接EM，EN.
(1)由正四棱锥S−ABCD，可得SO⊥底面ABCD，AC⊥BD，∴SO⊥AC.
∵SO∩BD=O，∴AC⊥平面SBD，
∵E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，∴EM∥BD，MN∥SD，而EM∩MN=N，
∴平面EMN∥平面SBD，∴AC⊥平面EMN，∴AC⊥EP.故C正确．
(2)由异面直线的定义可知：EP与SD是异面直线，故A正确；
(3)由(1)可知：平面EMN∥平面SBD，∴EP∥平面SBD，因此B正确．
(4)当P与M重合时，有∥，其他情况都是异面直线即D不正确．
故选D
点睛：本题抓住正四棱锥的特征，顶点在底面的投影为底面正方形的中心，即SO⊥底面ABCD，EP为动直线，所以要证EP∥面，可先证EP所在的平面平行于面SBD，要证⊥可先证AC垂直于EP所在的平面，所以化动为静的处理思想在立体中常用.
10、A
【解析】
先辅助角公式化简,先求解方程的根的表达式,再根据在上有且只有三个实数根列出对应的不等式求解即可.
【详解】
.又在上有且只有三个实数根,
故,解得或,
即或,.
设直线与在上从做到右的第三个交点为,第四个交点为.
则,.故.
故实数的取值范围为.
故选：A
本题主要考查了根据三角函数的根求解参数范围的问题,需要根据题意先求解根的解析式,进而根据区间中的零点个数列出区间端点满足的关系式求解即可.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、.
【解析】
先求得直线的斜率,由直线垂直时的斜率关系可求得直线的斜率.再根据点斜式即可求得直线的方程.
【详解】
从原点向直线作垂线,垂足为点
则直线的斜率
由两条垂直直线的斜率关系可知
根据点斜式可得直线的方程为
化简得
故答案为:
本题考查了直线垂直时的斜率关系,点斜式方程的应用,属于基础题.
12、
【解析】
根据空间中两点间的距离公式即可得到答案
【详解】
由空间中两点间的距离公式可得; ;
故距离为3
本题考查空间中两点间的距离公式，属于基础题。
13、三
【解析】
利用二倍角公式计算出的值，结合判断出角所在的象限.
【详解】
由二倍角公式得，
又，因此，是第三象限角，故答案为三.
本题考查利用三角函数值的符号与角的象限之间的关系，考查了二倍角公式，对于角的象限与三角函数值符号之间的关系，充分利用“一全二正弦、三切四余弦”的规律来判断，考查分析问题与解决问题的能力，属于中等题.
14、
【解析】
设和的等差中项为，利用等差中项公式可得出的值.
【详解】
设和的等差中项为，由等差中项公式可得，故答案为：.
本题考查等差中项的求解，解题时要充分利用等差中项公式来求解，考查计算能力，属于基础题.
15、<
【解析】
直接利用作差比较法解答.
【详解】
由题得，
因为a>0,x+a>0,b-a<0,x>0,
所以
所以.
故答案为＜
本题主要考查作差比较法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
16、
【解析】
先根据平均数计算出的值，再根据方差的计算公式计算出这组数的方差.
【详解】
依题意.所以方差为.
故答案为：.
本小题主要考查平均数和方差的有关计算，考查运算求解能力，属于基础题.

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）根据二次函数单调性讨论即可解决．
（2）分两种情况讨论，分别讨论单调递增和单调递减的情况即可解决．
【详解】
（1）若，即时，，
解得：，
若，即时，，
解得：（舍去）.
（2）（ⅰ）若在上单调递增，则，
则，
即是方程的两个不同解，所以，即，
且当时，要有，
即，可得，
所以；
（ⅱ）若在上单调递减，则，
则，
两式相减得：，
将代入（2）式，得，
即是方程的两个不同解，
所以，即，
且当时要有，
即，可得，
所以，
（iii）若对称轴在上，则不单调，舍弃．
综上，.
本题主要考查了二次函数的综合问题，在解决二次函数问题时需要关注的是单调性、对称轴、最值、开口、等属于中等偏上的题．
18、（1）见解析；（2）见解析.
【解析】
（1）由可证平面；
（2）先证，再证，即可证明平面，即可得出.
【详解】
（1）∵三棱柱为直三棱柱，∴四边形为矩形，∴E为中点，
又D点为中点，∴DE为的中位线，∴，又平面，
平面，∴平面；
（2）∵三棱柱为直三棱柱，∴平面ABC，∴，
又∵，∴四边形为正方形，所以，
∵平面，∴，和相交于C，
∴平面，∴.
本题考查线面平行的证明，考查线面垂直的判定及性质，考查空间想象能力，属于常考题.
19、（I）；（II），或
【解析】
（I）直接解不等式得解集；（II）对a分类讨论解不等式分析找到a满足的不等式，解不等式即得解.
【详解】
（I）当时，不等式为，
不等式的解集为，
所以不等式的解集为；
（II）原不等式可化为，
①当，即时，原不等式的解集为，不满足题意；
②当，即时，，此时，所以；
③当，即时，，所以只需，解得；
综上所述，，或.
本题主要考查一元二次不等式的解法和解集，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
20、（1）（2）不存在（3）1
【解析】
（Ⅰ），得，解得，或．
由于，所以．
因为，所以.
故，
整理，得，即．
因为是递增数列，且，故，因此．
则数列是以2为首项，为公差的等差数列.
所以.………………………………………………5分
（Ⅱ）满足条件的正整数不存在，证明如下：
假设存在，使得，
则．
整理，得， ①
显然，左边为整数，所以①式不成立．
故满足条件的正整数不存在． ……………………1分
（Ⅲ），
不等式可转化为

．
设，
则

.
所以，即当增大时，也增大．
要使不等式对于任意的恒成立，只需即可．
因为，所以.
即.
所以，正整数的最大值为1． ………………………………………14分
21、（1）见解析 （2）
【解析】
试题分析：（Ⅰ）由已知得：面面 ；（II）分析可知，点满足时，面BDR⊥面BDC．
理由如下先计算 再求得，
，再证面面 面．
试题解析：
（Ⅰ）由已知得：面面

（II）分析可知，点满足时，面BDR⊥面BDC．
理由如下：取中点，连接
容易计算
在 中∵ 可知，
∴在中，
又在中，为中点面 ，
∴面 面．