2025年广东省广州大学附属东江中学高一下数学期末质量跟踪监视模拟试题含解析.doc

2025年广东省广州大学附属东江中学高一下数学期末质量跟踪监视模拟试题
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．设点是棱长为的正方体的棱的中点，点在面所在的平面内，若平面分别与平面和平面所成的锐二面角相等，则点到点的最短距离是()
A． B． C． D．
2．如图，是的直观图，其中轴，轴，那么是（ ）

A．等腰三角形 B．钝角三角形 C．等腰直角三角形 D．直角三角形
3．已知不同的两条直线m，n与不重合的两平面，，下列说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
4．一个扇形的弧长与面积都是3，则这个扇形圆心角的弧度数为（ ）
A． B． C． D．
5．对一切，恒成立，则实数的取值范围是（）
A． B．
C． D．
6．已知向量与的夹角为，，，当时，实数为( )
A． B． C． D．
7．已知关于的不等式的解集为，则的值为（ ）
A．4 B．5 C．7 D．9
8．若不等式的解集为空集，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则（ ）
A． B． C． D．
10．在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 （　　）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知直线l与圆C：交于A，B两点，，则满足条件的一条直线l的方程为______.
12．函数的反函数为____________.
13．若正实数满足，则的最小值为______．
14．若关于x的不等式ax2＋bx＋c<0的解集是{x|x<－2或x>－1}，则关于x的不等式cx2＋bx＋a>0的解集是____________．
15．在公差为的等差数列中，有性质：，根据上述性质，相应地在公比为等比数列中，有性质：____________.
16．已知数列，其前项和为，若，则在，，…，中，满足的的个数为______.
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．已知为锐角，.
（1）求的值；
（2）求的值．
18．已知圆过点且圆心在直线上．
（1）求圆的方程；
（2）平面上有两点，点是圆上的动点，求的最小值；
（3）若是轴上的动点，分别切圆于两点，试问：直线是否恒过定点？若是，求出定点坐标，若不是，说明理由．
19．已知向量，向量.
（1）求向量的坐标；
（2）当为何值时，向量与向量共线.
20．已知是递增的等比数列，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）为各项非零的等差数列，其前n项和为，已知，求数列的前n项和．
21．已知数列满足，.
（1）求证：数列是等比数列；
（2）求数列的通项公式.
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】
以为原点，为轴为轴 为轴，建立空间直角坐标系，计算三个平面的法向量，根据夹角相等得到关系式：，再利用点到直线的距离公式得到答案.
【详解】
`以为原点，为轴为轴 为轴，建立空间直角坐标系.
则
易知：平面的法向量为
平面的法向量为
设平面的法向量为：
则，取

平面分别与平面和平面所成的锐二面角相等
或
看作平面的两条平行直线，到的距离.
根据点到直线的距离公式得，点到点的最短距离都是：
故答案为B
本题考查了空间直角坐标系，二面角，最短距离，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
2D
【解析】
利用斜二测画法中平行于坐标轴的直线，平行关系不变这个原则得出的形状．
【详解】
在斜二测画法中，平行于坐标轴的直线，平行关系不变，
则在原图形中，轴，轴，所以，，因此，是直角三角形，
故选D．
本题考查斜二测直观图还原，解题时要注意直观图的还原原则，并注意各线段长度的变化，考查分析能力，属于基础题．
3、C
【解析】
依次判断每个选项的正误得到答案.
【详解】
若，，则或 A错误.
若，，则或，B错误
若，，则，正确
若，，则或，D错误
故答案选C
本题考查了线面关系，找出反例是解题的关键.
4、B
【解析】
根据扇形的弧长与面积公式,代入已知条件即可求解.
【详解】
设扇形的弧长为,面积为,半径为,圆心角弧度数为
由定义可得,代入
解得rad
故选:B
本题考查了扇形的弧长与面积公式应用,属于基础题.
5、B
【解析】
先求得的取值范围，根据恒成立问题的求解策略，将原不等式转化为，再解一元二次不等式求得的取值范围.
【详解】
解：对一切，恒成立，转化为：的最大值，又知，的最大值为；所以，解得或.
故选B.
本小题主要考查恒成立问题的求解策略，考查三角函数求最值的方法，考查一元二次不等式的解法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
6、B
【解析】
利用平面向量数量积的定义计算出的值，由可得出，利用平面向量数量积的运算律可求得实数的值.
【详解】
，，向量与的夹角为，，
，，解得.
故选：B.
本题考查利用向量垂直求参数，考查计算能力，属于基础题.
7、D
【解析】
将原不等式化简后，根据不等式的解集列方程组，求得的值，进而求得的值.
【详解】
由得，依题意上述不等式的解集为，故，解得（舍去），故.
故选:D.
本小题主要考查类似：已知一元二次不等式解集求参数，考查函数与方程的思想，属于基础题.
8、D
【解析】
对分两种情况讨论分析得解.
【详解】
当时，不等式为，所以满足题意；
当时，，
综合得.
故选：D
本题主要考查不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
9、B
【解析】
由题意和余弦定理可得，再由余弦定理可得，可得角的值．
【详解】
在中，，
由余弦定理可得，
，
，
又，
．
故选：．
本题考查利用余弦定理解三角形，考查了转化思想，属基础题．
10、D
【解析】
利用，得出异面直线与所成的角为，然后在中利用锐角三角函数求出.
【详解】
如下图所示，设正方体的棱长为，
四边形为正方形，所以，，
所以，异面直线与所成的角为，
在正方体中，平面，平面，，

，，，
在中，，，
因此，异面直线与所成角的余弦值为，故选D.
本题考查异面直线所成角的计算，一般利用平移直线，选择合适的三角形，利用锐角三角函数或余弦定理求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题．

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、（答案不唯一）
【解析】
确定圆心到直线的距离，即可求直线的方程.
【详解】
由题意得圆心坐标，半径，，
∴圆心到直线的距离为，
∴满足条件的一条直线的方程为.
故答案为：（答案不唯一）.
本题考查直线和圆的方程的应用，考查学生的计算能力，属于中档题.
12、
【解析】
首先求出在区间的值域，再由表示的含义，得到所求函数的反函数.
【详解】
因为，
所以，.
所以的反函数是.
故答案为：
本题主要考查反函数定义，同时考查了三角函数的值域问题，属于简单题.
13、
【解析】
由得，将转化为，
整理，利用基本不等式即可求解。
【详解】
因为，所以.
所以
当且仅当，即：时，等号成立。
所以的最小值为.
本题主要考查了构造法及转化思想，考查基本不等式的应用及计算能力，属于基础题。
14、{x|－1间的关系，属于中档题.
15、
【解析】
根据题中条件，类比等差数列的性质，可直接得出结果.
【详解】
因为在公差为的等差数列中，有性质：，
类比等差数列的性质，可得：
在公比为等比数列中，
故答案为：
本题主要考查类比推理，只需根据题中条件，结合等差数列与等比数列的特征，即可得出结果，属于常考题型.
16、1
【解析】
运用周期公式，求得，运用诱导公式及三角恒等变换，化简可得，即可得到满足条件的的值．
【详解】
解：，
可得周期，

，
则满足的的个数为
．
故答案为：1．
本题考查三角函数的周期性及应用，考查三角函数的化简和求值，以及运算能力，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）；（2）.
【解析】
（1）由二倍角公式，结合题意，可直接求出结果；
（2）先由题意求出，，
根据，由两角差的正弦公式，即可求出结果.
【详解】
（1）因为，所以；
（2）因为为锐角，所以，，
又，所以，
，
所以
.
本题主要考查三角恒等变换给值求值的问题，熟记二倍角公式，以及两角差的正弦公式即可，属于常考题型.
18、（1）；（2）26；（3）直线恒过定点．证明见解析
【解析】
（1）设圆心，根据则，求得和圆的半径，即可得到圆的方程；
（2）设，化简得，根据圆的性质，即可求解；
（3）设，圆方程，根据两圆相交弦的性质，求得相交弦的方程，进而可判定直线恒过定点．
【详解】
（1）由题意知，圆心在直线上，设圆心为，
又因为圆过点,
则，即，解得，
所以圆心为，半径，
所以圆方程为．
（2）设，则，
又由，
所以，
即的最小值为．
（3）设，则以为直径的圆圆心为，半径为，
则圆方程为，
整理得，
直线为圆与圆的相交弦，
两式相减，可得得直线方程，
即，
令，解得，即直线恒过定点．
本题主要考查了圆的综合应用，其中解答中涉及到圆的标准方程的求解，圆的最值问题的求解，以及两圆的相交弦方程的求解及应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．
19、（1）（2）
【解析】
试题分析：（1）根据向量坐标运算公式计算；（2）求出的坐标，根据向量共线与坐标的关系列方程解出k;
试题解析：
（1）
（2），

∵与共线，
∴
∴
20、（1）；（2）
【解析】
（1）{an}是递增的等比数列，公比设为q，由等比数列的中项性质，结合等比数列的通项公式解方程可得所求；
（2）运用等差数列的求和公式和等差数列中项性质，求得bn=2n+1，再由数列的错位相减法求和，化简可得所求和．
【详解】
（1）∵是递增的等比数列，
∴，，
又，∴，是的两根，

∴，，∴，
.
（2）∵，
∴由已知得，

∴
∴，
化简可得.
本题考查数列的通项和求和，等差等比数列的通项通常是列方程组解首项及公差（比），数列求和常见的方法有：裂项相消和错位相减法，考查计算能力，属于中等题.
21、（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）利用数列的递推公式证明出为非零常数，即可证明出数列是等比数列；
（2）确定等比数列的首项和公比，求出数列的通项公式，即可求出.
【详解】
（1），，
因此，数列是等比数列；
（2）由于，所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，，因此，.
本题考查等比数列的证明，同时也考查了数列通项的求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.