2024-2025学年贵州省遵义市凤冈二中数学高一第二学期期末学业质量监测模拟试题含解析.doc

2024-2025学年贵州省遵义市凤冈二中数学高一第二学期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．已知数列中，,则（ ）
A． B． C． D．
2．如图，两个正方形和所在平面互相垂直，设、分别是和的中点，那么：①；②平面；③；④、异面.其中不正确的序号是（ ）

A．① B．② C．③ D．④
3．已知向量，,,则( )
A． B． C．5 D．25
4．设为直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
5．设，满足约束条件，则目标函数的最大值是（ ）
A．3 B． C．1 D．
6．已知直线与相交于点，线段是圆的一条动弦，且，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
7．已知某线路公交车从6:30首发，每5分钟一班，甲、乙两同学都从起点站坐车去学校，若甲每天到起点站的时间是在6:30~7:00任意时刻随机到达，乙每天到起点站的时间是在6:45~7:15任意时刻随机到达，那么甲、乙两人搭乘同一辆公交车的概率是（ ）
A． B． C． D．
8．中，角的对边分别为，且，则角（ ）
A． B． C． D．
9．已知平面向量，的夹角为，，，则向的值为（ ）
A．－2 B． C．4 D．
10．不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．直线和将单位圆分成长度相等的四段弧，则________.
12．若函数，的最大值为，则的值是________.
13．函数f（x）＝2cos（x）﹣1的对称轴为_____，最小值为_____．
14．圆x2＋y2－4＝0与圆x2＋y2－4x＋4y－12＝0的公共弦的长为___．
15．平面四边形 中,,则=_______.
16．若扇形的周长是，圆心角是度，则扇形的面积（单位）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．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．
18．已知是的内角，分别是角的对边.若,
（1）求角的大小；
（2）若，的面积为，为的中点，求
19．如图，在长方体中，，点为的中点．

（1）求证：直线平面；
（2）求证：平面平面；
（3）求直线与平面的夹角．
20．在△ABC中，角A，B，C对应的边分别是a，b，c，已知cos2A﹣3cos（B+C）=1．
（1）求角A的大小；
（2）若△ABC的面积S=5，b=5，求sinBsinC的值．
21．已知函数的最小正周期为.将函数的图象上各点的横坐标变为原来的倍，纵坐标变为原来的倍，得到函数的图象.
（1）求的值及函数的解析式；
（2）求的单调递增区间及对称中心
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】
由数列的递推关系，可得数列的周期性，再求解即可.
【详解】
解:因为,①则,②
①+②有: ,即,则,
即数列的周期为6,
又,得，,
则,
故选:D.
本题考查了数列的递推关系，重点考查了数列周期性的应用，属基础题.
2、D
【解析】
取的中点，连接，，连接，，由线面垂直的判定和性质可判断①；由三角形的中位线定理，以及线面平行的判定定理可判断②③④．
【详解】
解：取的中点，连接，，连接，，

正方形和所在平面互相垂直，
、分别是和的中点，可得，，
平面，可得，故①正确；
由为的中位线，可得
且平面，可得平面，故②③正确，④错误．
故选：D．
本题主要考查空间线线和线面的位置关系，考查转化思想和数形结合思想，属于基础题．
3、C
【解析】
将平方得，选C.
4、B
【解析】
A中，也可能相交；B中，垂直与同一条直线的两个平面平行，故正确；C中，也可能相交；D中，也可能在平面内.
【考点定位】点线面的位置关系
5、C
【解析】
作出不等式组对应的平面区域，结合图形找出最优解，从而求出目标函数的最大值．
【详解】
作出不等式组对应的平面区域，如阴影部分所示；

平移直线，由图像可知当直线经过点时，最大．
，解得，即，所以的最大值为1．
故答案为选C
本题给出二元一次不等式组，求目标函数的最大值，着重考查二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划，也考查了数形结合的解题思想方法，属于基础题．
6、D
【解析】
由已知的所给的直线，可以判断出直线过定点（3，1），直线过定点（1，3），两直线互相垂直，从而可以得到的轨迹方程，设圆心为M，半径为，作直线,
可以求出的值，设圆的半径为，求得的最小值，进而可求出的最小值.
【详解】
圆的半径为,
直线与直线互相垂直，直线过定点（3，1），直线过定点（1，3），所以P点的轨迹为：设圆心为M，半径为
作直线,根据垂径定理和勾股定理可得：，如下图所示：的最小值就是在同一条直线上时，即

则
的最小值为，故本题选D.
本题考查了直线与圆相交的性质，考查了圆与圆的位置关系，考查了平面向量模的最小值求法，运用平面向量的加法的几何意义是解题的关键.
7、D
【解析】
根据甲、乙的到达时间，作出可行域，然后考虑甲、乙能同乘一辆公交车对应的区域面积，根据几何概型的概率求解方法即可求解出对应概率.
【详解】
设甲到起点站的时间为：时分，乙到起点站的时间为时分，
所以，
记事件为甲乙搭乘同一辆公交车，
所以，
作出可行域以及目标区域如图所示：

由几何概型的概率计算可知：.
故选：D.
本题考查利用线性规划的可行域解决几何概型中的面积模型问题，对于分析和转化的能力要求较高，注意几何概型中面积模型的概率计算方法，难度较难.
8、B
【解析】
根据题意结合正弦定理，由题，可得三角形为等边三角形，即可得解.
【详解】
由题：
即，中，由正弦定理可得：
，即，两边同时平方：，
由题，所以，
即，
所以，即为等边三角形，
所以.
故选：B
此题考查利用正弦定理进行边角互化，根据边的关系判断三角形的形状，求出三角形的内角.
9、C
【解析】
通过已知条件，利用向量的数量积化简求解即可.
【详解】
平面向量，的夹角为，或，
则向量.
故选：
本题考查向量数量积公式，属于基础题.
10、A
【解析】
因式分解求解即可.
【详解】
,解得.
故选：A
本题主要考查了二次不等式的求解,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、0
【解析】
将单位圆分成长度相等的四段弧，每段弧对应的圆周角为，计算得到答案.
【详解】
如图所示：
将单位圆分成长度相等的四段弧，每段弧对应的圆周角为
或
故答案为0

本题考查了直线和圆相交问题，判断每段弧对应的圆周角为是解题的关键.
12、
【解析】
利用两角差的正弦公式化简函数的解析式为，由的范围可得的范围，根据最大值可得的值.
【详解】
∵函数＝2（）＝，
∵，∴∈[，]，又∵的最大值为，
所以的最大值为，即=，解得.
故答案为
本题主要考查两角差的正弦公式的应用，正弦函数的定义域和最值，属于基础题．
13、 ﹣3
【解析】
利用余弦函数的图象的对称性，余弦函数的最值，求得结论．
【详解】
解：对于函数，令，求得，
根据余弦函数的值域可得函数的最小值为，
故答案为：；．
本题主要考查余弦函数的图象的对称性，余弦函数的最值，属于基础题．
14、
【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．
15、
【解析】
先求出，再求出，再利用余弦定理求出AD得解.
【详解】
依题意得中，，故．

在中，由正弦定理可知，，
得．
在中，因为，
故．
则．
在中，由余弦定理可知，，
即．
得．
本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于中档题.
16、16
【解析】
根据已知条件可计算出扇形的半径，然后根据面积公式即可计算出扇形的面积.
【详解】
设扇形的半径为，圆心角弧度数为，
所以即，所以，
所以.
故答案为：.
本题考查角度与弧度的转化以及扇形的弧长和面积公式，难度较易.扇形的弧长公式：，扇形的面积公式：.

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）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
18、 (1) (2)
【解析】
（1）由，可将，转化为,，代入原式，根据正弦定理可得，结合余弦定理，及，可得角C的大小。
（2）因为，所以。所以为等腰三角形，根据面积为，可得，在，，，，结合余弦定理，即可求解。
【详解】
（1）由
得
由正弦定理，得，即
所以
又，则
（2）因为，所以.
所以为等腰三角形，且顶角.
因为
所以.
在中，，，，
所以
解得 .
本题考查同角三角函数的基本关系，正弦定理，余弦定理，求面积公式，综合性较强，考查学生分析推理，计算化简的能力，属基础题。
19、 (1)见证明；(2)见证明；(3)
【解析】
（1）连接，交于，则为中点，连接OP，可证明，从而可证明直线平面；（2）先证明AC⊥BD，，可得到平面，然后结合平面，可知平面平面；（3）连接，由（2）知，平面平面，可知即为与平面的夹角，求解即可.
【详解】
（1）证明：连接 ，交于，则为中点，连接OP，
∵P为的中点，∴，
∵OP⊂平面，⊄平面，
∴平面；
（2）证明长方体中，，底面是正方形，则AC⊥BD，
又⊥面，则．
∵⊂平面，⊂平面，，
∴平面．∵平面，
∴平面平面；
（3）解：连接，由（2）知，平面平面，

∴即为与平面的夹角，
在长方体中，
∵，
∴．
在中，．
∴直线与平面的夹角为．
本题考查了线面平行、面面垂直的证明，考查了线面角的求法，考查了学生的空间想象能力和计算求解能力，属于中档题.
20、（1）（2）
【解析】
试题分析：（1）根据二倍角公式,三角形内角和,所以,整理为关于的二次方程，解得角的大小；（2）根据三角形的面积公式和上一问角，代入后解得边，这样就知道,然后根据余弦定理再求，最后根据证得定理分别求得和.
试题解析：（1）由cos 2A－3cos(B＋C)＝1，
得2cos2A＋3cos A－2＝0，
即(2cos A－1)(cos A＋2)＝0，
解得cos A＝或cos A＝－2(舍去)．
因为0有关三角问题的公式都有涉及，当出现时，就要考虑一个条件，,,这样就做到了有效的消元，涉及三角形的面积问题，就要考虑公式,灵活使用其中的一个.
21、（1），；（2）单调递增区间为，，对称中心为.
【解析】
（1）整理可得：，利用其最小正周期为即可求得：，即可求得：，再利用函数图象平移规律可得：，问题得解.
（2）令，，解不等式即可求得的单调递增区间；令，，解方程即可求得的对称中心的横坐标，问题得解.
【详解】
解：（1），
由,得.
所以.
于是图象对应的解析式为.
（2）由,得
，
所以函数的单调递增区间为，.
由，解得.
所以的对称中心为.
本题主要考查了二倍角公式、两角和的正弦公式应用及三角函数性质，考查方程思想及转化能力、计算能力，属于中档题。