广东河源市连平县忠信中学2025年数学高一第二学期期末学业质量监测试题含解析.doc

广东河源市连平县忠信中学2025年数学高一第二学期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．等差数列中，，且，且，是其前项和，则下列判断正确的是（ ）
A．、、均小于，、、、均大于
B．、、均小于，、、均大于
C．、、、均小于，、、均大于
D．、、、均小于，、、均大于
2．对于一个给定的数列，定义：若，称数列为数列的一阶差分数列；若，称数列为数列的二阶差分数列．若数列的二阶差分数列的所有项都等于，且，则（ ）
A．2018 B．1009 C．1000 D．500
3．在中，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知，若关于x的不等式的解集为，则（ ）
A． B． C．1 D．7
5．点、、、在同一个球的球面上，，.若四面体的体积的最大值为，则这个球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
6．过点且与原点距离最大的直线方程是（ ）
A． B．
C． D．
7．如图，某人在点处测得某塔在南偏西的方向上，塔顶仰角为，此人沿正南方向前进30米到达处，测得塔顶的仰角为，则塔高为（ ）

A．20米 B．15米 C．12米 D．10米
8．函数的定义域为（　　）
A． B． C． D．
9．在钝角中，角的对边分别是，若，则的面积为
A． B． C． D．
10．某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）是（ ）

A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．圆x2＋y2－4＝0与圆x2＋y2－4x＋4y－12＝0的公共弦的长为_．
12．对于数列，若存在，使得，则删去，依此操作，直到所得到的数列没有相同项，将最后得到的数列称为原数列的“基数列”.若，则数列的“基数列”的项数为__________________．
13．某公司租地建仓库，每月土地占用费（万元）与仓库到车站的距离（公里）成反比.而每月库存货物的运费（万元）与仓库到车站的距离（公里）成正比.如果在距车站公里处建仓库，这两项费用和分别为万元和万元，由于地理位置原因.仓库距离车站不超过公里.那么要使这两项费用之和最小，最少的费用为_____万元.
14．程序：

的最后输出值为___________________.
15．把“五进制”数转化为“十进制”数是_____________
16．将无限循环小数化为分数，则所得最简分数为______；
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．设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝3，Sn＝1Sn﹣1+n（n≥1）
（1）求出a1，a3的值，并证明：数列{an+1}为等比数列；
（1）设bn＝log1（a3n+1），数列{}的前n项和为Tn，求证：1≤18Tn＜1．
18．将边长分别为、、、…、、、…的正方形叠放在一起，形成如图所示的图形，由小到大，依次记各阴影部分所在的图形为第个、第个、……、第个阴影部分图形.设前个阴影部分图形的面积的平均值为.记数列满足，

（1）求的表达式；
（2）写出，的值，并求数列的通项公式；
（3）定义，记，且恒成立，求的取值范围.
19．如图，等腰梯形中，，，，取中点，连接，把三角形沿折起，使得点在底面上的射影落在上，设为的中点.

（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
20．近年来,郑州经济快速发展,跻身新一线城市行列,备受全国瞩目．无论是市内的井字形快速交通网,还是辐射全国的米字形高铁路网,郑州的交通优势在同级别的城市内无能出其右．为了调查郑州市民对出行的满意程度,研究人员随机抽取了1000名市民进行调查,并将满意程度以分数的形式统计成如下的频率分布直方图,其中．

（I）求的值；
（Ⅱ）求被调查的市民的满意程度的平均数,众数,中位数；
（Ⅲ）若按照分层抽样从,中随机抽取8人,再从这8人中随机抽取2人,求至少有1人的分数在的概率．
21．在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB．

（Ⅰ）已知AB=BC，AE=EC．求证：AC⊥FB；
（Ⅱ）已知G,H分别是EC和FB的中点.求证：GH∥平面ABC．
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】
由，且可得，，，，结合等差数列的求和公式即等差数列的性质即可判断.
【详解
，且，，数列的前项都是负数，
，，，由等差数列的求和公式可得，
，
由公差可知，、、、均小于，、、均大于.
故选：C.
本题考查等差数列前项和符号的判断，解题时要充分结合等差数列下标和的性质以及等差数列求和公式进行计算，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
2、C
【解析】
根据题目给出的定义，分析出其数列的特点为等差数列，利用等差数列求解.
【详解】
依题意知是公差为的等差数列，设其首项为，
则，即，
利用累加法可得，
由于，即
解得，，故．选C.
本题考查新定义数列和等差数列，属于难度题.
3、A
【解析】
由已知利用余弦定理即可解得的值．
【详解】
解：，，，
由余弦定理可得：，
解得：，
故选：A．
本题主要考查余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
4、B
【解析】
由韦达定理列方程求出，即可得解．
【详解】
由已知及韦达定理可得，，，
即，，
所以．
故选：．
本题考查一元二次方程和一元二次不等式的关系、韦达定理的应用等，属于一般基础题．
5、D
【解析】
根据几何体的特征，小圆的圆心为，若四面体的体积取最大值，由于底面积不变，高最大时体积最大，可得与面垂直时体积最大，从而求出球的半径，即可求出球的表面积．
【详解】
根据题意知，、、三点均在球心的表面上，且，，
，则的外接圆半径为，

的面积为，
小圆的圆心为，若四面体的体积取最大值，由于底面积不变，高最大时体积最大，所以，当与面垂直时体积最大，最大值为，，
设球的半径为，则在直角中，，即，
解得，因此，球的表面积为.
故选：D.
本题考查的知识点是球内接多面体，球的表面积，其中分析出何时四面体体积取最大值，是解答的关键．
6、A
【解析】
当直线与垂直时距离最大，进而可得直线的斜率，从而得到直线方程。
【详解】
原点坐标为，根据题意可知当直线与垂直时距离最大，
由两点斜率公式可得：
所以所求直线的斜率为：
故所求直线的方程为：，化简可得：
故答案选A
本题考查点到直线的距离公式，涉及直线的点斜式方程和一般方程，属于基础题。
7、B
【解析】
设塔底为，塔高为，根据已知条件求得以及角，利用余弦定理列方程，解方程求得塔高的值.
【详解】
设塔底为，塔高为，故，由于，所以在三角形中，由余弦定理得，解得米.
故选B.

本小题主要考查利用余弦定理解三角形，考查空间想象能力，属于基础题.
8、C
【解析】
要使函数有意义，需使，即，所以
故选C
9、A
【解析】
根据已知求出b的值，再求三角形的面积.
【详解】
在中，，
由余弦定理得：，
即，
解得：或.
∵是钝角三角形，∴（此时为直角三角形舍去）.
∴的面积为.
故选A.
本题主要考查余弦定理解三角形和三角形的面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
10、B
【解析】
由三视图可知，该几何体是一个棱长为的正方体挖去一个圆锥的组合体，正方体体积为，圆锥体积为几何体的体积为，故选B.
【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
两圆方程相减求出公共弦所在直线的解析式，求出第一个圆心到直线的距离，再由第一个圆的半径，利用勾股定理及垂径定理即可求出公共弦长．
【详解】
圆与圆的方程相减得：，
由圆的圆心，半径r为2，
且圆心到直线的距离，
则公共弦长为．
故答案为．
此题考查了直线与圆相交的性质，求出公共弦所在的直线方程是解本题的关键．
12、10
【解析】
由题意可得,只需计算所有可能取值的个数即可.
【详解】
因为求的可能取值个数,由周期性,故只需考虑的情况即可.
此时.一共19个取值,故只需分析
,
又由,故,
,即不同的取值个数一共为个.即“基数列”分别为和共10项.
故答案为10
本题主要考查余弦函数的周期性.注意到随着的增大的值周期变化,故只需考虑一个周期内的情况.
13、8.2
【解析】
设仓库与车站距离为公里，可得出、关于的函数关系式，然后利用双勾函数的单调性求出的最小值.
【详解】
设仓库与车站距离为公里，由已知，.
费用之和，求中，
由双勾函数的单调性可知，函数在区间上单调递减，
所以，当时，取得最小值万元，故答案为：.
本题考查利用双勾函数求最值，解题的关键就是根据题意建立函数关系式，再利用基本不等式求最值时，若等号取不到时，可利用相应的双勾函数的单调性来求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
14、4；

【解析】
根据赋值语句的作用是将表达式所代表的值赋给变量，然后语句的顺序可求出的值．
【详解】
解：执行程序语句：
＝1后，＝1；  
＝＋1后，＝2；  
＝＋2后，＝4；  
  后，输出值为4；
故答案为：4
本题主要考查了赋值语句的作用，解题的关键对赋值语句的理解，属于基础题．
15、194
【解析】
由.
故答案为：194.
16、
【解析】
将设为，考虑即为，两式相减构造方程即可求解出的值，即可得到对应的最简分数.
【详解】
设，则，
由可知，解得.
故答案为：.
本题考查将无限循环小数化为最简分数，主要采用方程的思想去计算，难度较易.

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；（1）见解析
【解析】
（1）可令求得的值；再由数列的递推式，作差可得，可得数列为首项为1，公比为1的等比数列；
（1）由（1）求得，，再由数列的裂项相消求和，可得，再由不等式的性质即可得证．
【详解】
（1）当时，，即，∴，
当时，，即，
∴，
∵，∴，
，
∴ ，
∴，
又∵，，∴，∴，
∴数列是首项为，公比为1的等比数列.
（1）由（1）可知，所以，所以，
，
，
,所以,所以,即．
本题主要考查了数列的递推式的运用，考查等比数列的定义和通项公式、求和公式的运用，考查数列的裂项相消求和，化简运算能力，属于中档题．
18、（1）；（2）， ，；（3）.
【解析】
（1）根据题意，分别求出每一个阴影部分图形的面积，即可得到前个阴影部分图形的面积的平均值；（2）依据递推式，结合分类讨论思想，即可求出数列的通项公式；（3）先求出的表达式，再依题意得到，分类讨论不等式恒成立的条件，取其交集，即得所求范围。
【详解】
（1）由题意有，第一个阴影部分图形面积是：；第二个阴影部分图形面积是： ；第三个阴影部分图形面积是：；所以第个阴影部分图形面积是：；故；
（2）由（1）知，，，所以，
，
当时，
当时，
，
综上，数列的通项公式为，。
（3）由（2）知，，，由题意可得，恒成立，
①当时，，即，所以，
②当时，，即，
所以，
③当时，，即，
所以，
综上，。
本题主要考查数列的通项公式求法，数列不等式恒成立问题的解法以及分类讨论思想的运用，意在考查学生逻辑推理能力及运算能力。
19、（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）取的中点，取的中点，连接、、、、，可知、均为等边三角形，可证明出平面，从而得出，再证明出四边形为平行四边形，可得出，由等腰三角形三线合一的性质可得，从而可得出，再利用线面垂直的判定定理可证明出平面；
（2）过点在平面内作，垂足为点，连接，证明出平面，可得知二面角的平面角为计算出直角三角形三边边长，即可求出，即为所求.
【详解】
（1）如下图所示，取的中点，取的中点，连接、、、、，

在等腰梯形中，，，，
为的中点，所以，，
又，则，为等边三角形，
同理可知为等边三角形，为的中点，，，
，平面，平面，，
由于和是边长相等的等边三角形，且为的中点，，
为的中点，.
在等腰梯形中，且，则四边形为平行四边形，
、分别为、的中点，且，
为的中点，且，
则四边形为平行四边形，，，
，平面；
（2）过点在平面内作，垂足为点，连接，

由于点在平面内的射影点在上，则平面平面，
由（1）知，，又平面平面，平面，
平面，平面，，
，，平面，
平面，，所以，二面角的平面角为，
在中，，，，，，
因此，二面角的余弦值为.
本题主要考查线面垂直的判定以及二面角的求法，解题的关键就是找出二面角的平面角，通过解三角形来求解二面角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
20、 (Ⅰ) (Ⅱ) 平均数74.9,众数75.14,中位数75；(Ш)
【解析】
（I）根据频率之和为列方程，结合求出的值.（II）利用各组中点值乘以频率然后相加，求得平均数.利用中位数是面积之和为的地方，列式求得中位数.以频率分布直方图最高一组的中点作为中位数.（III）先计算出从,中分别抽取人和人，再利用列举法和古典概型概率计算公式，计算出所求的概率.
【详解】
解：(I)依题意得,所以,
又,所以．
(Ⅱ)平均数为
中位数为
众数为
(Ш)依题意,知分数在的市民抽取了2人,记为,分数在的市民抽取了6人,记为1,2,3,4,5,6,
所以从这8人中随机抽取2人所有的情况为：
,
共28种,
其中满足条件的为,共13种,设“至少有1人的分数在”的事件为,则
本小题主要考查求解频率分布直方图上的未知数，考查利用频率分布直方图估计平均数、中位数和众数的方法，考查利用古典概型求概率.属于中档题.
21、（Ⅰ）证明：见解析；（Ⅱ）见解析.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）根据，知与确定一个平面，连接，得到，，从而平面，证得.（Ⅱ）设的中点为，连，在，中，由三角形中位线定理可得线线平行，证得平面平面，进一步得到平面.
试题解析：（Ⅰ）证明：因，所以与确定平面.

连接，因为为的中点，所以，同理可得.
又，所以平面，
因为平面，所以.
（Ⅱ）设的中点为，连.
在中，因为是的中点，所以，
又，所以.
在中，因为是的中点，所以，
又，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
【考点】平行关系，垂直关系
【名师点睛】本题主要考查直线与直线垂直、直线与平面平行.此类题目是立体几何中的基本问题.解答本题，关键在于能利用已知的直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，通过严密推理，给出规范的证明.本题能较好地考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力及转化与化归思想等.