2025届黑龙江齐齐哈尔市第八中学高一数学第二学期期末质量跟踪监视试题含解析.doc

2025届黑龙江齐齐哈尔市第八中学高一数学第二学期期末质量跟踪监视试题
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．为了了解所加工的一批零件的长度，抽测了其中个零件的长度，在这个工作中，个零件的长度是（ ）
A．总体 B．个体 C．样本容量 D．总体的一个样本
2．已知圆和两点，，．若圆上存在点，使得，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
3．设集合,则（ ）
A． B． C． D．
4．在△ABC中，a=3，b=5，sinA=，则sinB=( )
A． B． C． D．1
5．在中，若，则下列结论错误的是（ ）
A．当时，是直角三角形 B．当时，是锐角三角形
C．当时，是钝角三角形 D．当时，是钝角三角形
6．已知向量，满足且，若向量在向量方向上的投影为，则（ ）
A． B． C． D．
7．如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则（ ）

A．，且直线是相交直线
B．，且直线是相交直线
C．，且直线是异面直线
D．，且直线是异面直线
8．函数的图像关于直线对称，则的最小值为（）
A． B． C． D．1
9．下列说法中，正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
10．已知，则下列不等式成立的是 (　　)
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：
①l⊥m；②m∥；③l⊥．
以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．
12．直线的倾斜角为__________．
13．设为数列的前项和，则__
14．已知点是所在平面内的一点，若，则__________．
15．已知数列的通项公式为，是其前项和，则_____．（结果用数字作答）
16．如图，在正方体中，点P是上底面（含边界）内一动点，则三棱锥的主视图与俯视图的面积之比的最小值为______.

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．如图所示，在平面四边形中，为正三角形.

（1）在中，角的对边分别为，若，求角的大小；
（2）求面积的最大值.
18．已知函数.
（1）当时，解不等式；
（2）若， 的解集为，求的最小値.
19．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧远处一山顶D在西偏北的方向上，仰角为，行驶4km后到达B处，测得此山顶在西偏北的方向上．

（1）求此山的高度（单位：km）；
（2）设汽车行驶过程中仰望山顶D的最大仰角为，求．
20．已知数列为单调递增数列，，其前项和为，且满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列，其前项和为，若成立，求的最小值.
21．已知等比数列的公比是的等差中项，数列的前项和为.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
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】
根据总体与样本中的相关概念进行判断.
【详解】
由题意可知，在这个工作中，个零件的长度是总体的一个样本，故选D.
本题考查总体与样本中相关概念的理解，属于基础题.
2、D
【解析】
因为，所以点的轨迹为以为直径的圆，故点是两圆的交点，根据圆与圆的位置关系，即可求出．
【详解】
根据可知，点的轨迹为以为直径的圆，故点是圆和圆的交点，
因此两圆相切或相交，即，亦即．
故的最小值为．
故选：D．
本题主要考查圆与圆的位置关系的应用，意在考查学生的转化能力，属于基础题．
3、B
【解析】
试题分析：由已知得，，故，选B．
考点：集合的运算．
4、B
【解析】
试题分析：由正弦定理得，故选B．
考点：正弦定理的应用
5、D
【解析】
由正弦定理化简已知可得，利用余弦定理，勾股定理，三角形两边之和大于第三边等知识逐一分析各个选项即可得解．
【详解】
解：为非零实数），可得：，
由正弦定理，可得：，
对于A，时，可得：，可得，即为直角，可得是直角三角形，故正确；
对于B，时，可得：，可得为最大角，由余弦定理可得，可得是锐角三角形，故正确；
对于C，时，可得：，可得为最大角，由余弦定理可得，可得是钝角三角形，故正确；
对于D，时，可得：，可得，这样的三角形不存在，故错误．
故选：D．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，勾股定理在解三角形中的应用，考查了分类讨论思想，属于基础题．
6、A
【解析】
由，即，
所以，
由向量在向量方向上的投影为，则，
即，所以，故选A．
7、B
【解析】
利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．
【详解】
如图所示， 作于，连接，过作于．
连，平面平面．
平面，平面，平面，
与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，
．，故选B．
本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角性．
8、C
【解析】
的对称轴为，化简得到得到答案.
【详解】

对称轴为：

当时，有最小值为
故答案选C
本题考查了三角函数的对称轴，将对称轴表示出来是解题的关键，意在考查学生对于三角函数性质的灵活运用.
9、C
【解析】
试题分析：选项A中，条件应为；选项B中当时不成立；选项D中，结论应为；C正确．
考点：不等式的性质．
10、B
【解析】
利用不等式的基本性质即可得出结果.
【详解】
因为，所以，所以，
故选B
本题主要考查不等式的基本性质，属于基础题型.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、如果l⊥α，m∥α，则l⊥m或如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.
【解析】
将所给论断，分别作为条件、结论加以分析.

【详解】
将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：
（1）如果l⊥α，m∥α，则l⊥m. 正确；
（2）如果l⊥α，l⊥m，则m∥α.正确；
（3）如果l⊥m，m∥α，则l⊥α.不正确，有可能l与α斜交、l∥α.
本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.
12、
【解析】
试题分析：由直线方程可知斜率
考点：直线倾斜角与斜率
13、
【解析】
当时，；当时，
，即，
若 为偶数，则为奇数）；
若 为奇数，则，故是偶数）．
因为，，
所以，
同理可得，，，
所以，
应选答案．
点睛：本题运用演绎推理的思维方法，分别探求出数列各项的规律（成等比数列），再运用等比数列的求和公式，使得问题简捷、巧妙获解．
14、
【解析】
设为的中点，为的中点，为的中点，由得到，再进一步分析即得解.
【详解】
如图，设为的中点，为的中点，为的中点，
因为，
所以可得，
整理得.又，
所以，所以，
又，所以．
故答案为

本题主要考查向量的运算法则和共线向量，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，解答本题的关键是作辅助线，属于中档题.
15、.
【解析】
由题意知，数列的偶数项成等差数列，奇数列成等比数列，然后利用等差数列和等比数列的求和公式可求出的值.
【详解】
由题意可得，故答案为.
本题考查奇偶分组求和，同时也考查等差数列求和以及等比数列求和，解题时要得出公差和公比，同时也要确定出对应的项数，考查运算求解能力，属于中等题.
16、
【解析】
设正方体的棱长为，求出三棱锥的主视图面积为定值，当与重合时，三棱锥的俯视图面积最大，此时主视图与俯视图面积比值最小.
【详解】
设正方体的棱长为，则三棱锥的主视图是底面边为，高为的三角形，
其面积为，
当与重合时，三棱锥的俯视图为正方形，其面积最大，最大值为，
所以，三棱锥的主视图与俯视图面积比的最小值为.
故答案为：.
本题考查了空间几何体的三视图面积计算应用问题，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）由正弦和角公式,化简三角函数表达式,结合正弦定理即可求得角的大小;
（2）在中,设,由余弦定理及正弦定理用表示出.再根据三角形面积公式表示出,即可结合正弦函数的图像与性质求得最大值.
【详解】
（1）由题意可得：

∴
整理得
∴
∴
∴
又
∴
（2）在中,设,
由余弦定理得：,
∵为正三角形,
∴,
在中,由正弦定理得：,
∴,
∴,
∵
,
∵,
∴为锐角,,

,
,
∵
∴当时,.
本题考查了三角函数式的化简变形,正弦定理与余弦定理在解三角形中的应用,三角形面积的表示方法,正弦函数的图像与性质的综合应用,属于中档题.
18、（1）或；（2）最小值为.
【解析】
（1）由一元二次不等式的解法即可求得结果；（2）由题的根即为，，根据韦达定理可判断，同为正，且，从而利用基本不等式的常数代换求出的最小值.
【详解】
（1）当时，不等式，即为，
可得，
即不等式的解集为或.
（2）由题的根即为，，故，，故，同为正，
则，
当且仅当，等号成立，所以的最小值为.
本题考查一元二次不等式的解法和基本不等式的知识，考查逻辑推理能力和计算能力，属中档题.
19、（1）km．（2）
【解析】
(1) 设此山高,再根据三角形中三角函数的关系以及正弦定理求解即可.
(2) 由题意可知,当点C到公路距离最小时,仰望山顶D的仰角达到最大,再计算到直线的距离即可.
【详解】
解：（1）设此山高,则,
在中,,,．
根据正弦定理得,
即,
解得（km）．
（2）由题意可知,当点C到公路距离最小时,仰望山顶D的仰角达到最大,
所以过C作,垂足为E,连接DE．
则,,,
所以．

本题主要考查了解三角形在实际中的运用,需要根据题意找到对应的直角三角形中的关系,或利用正弦定理求解.属于中档题.
20、（1）；（2）10.
【解析】
（1）先根据和项与通项关系得项之间递推关系，再根据等差数列定义及其通项公式得数列的通项公式；（2）先根据裂项相消法求，再解不等式得，即得的最小值.
【详解】
（1）由知：，
两式相减得: ，
即，又数列为单调递增数列，，∴，
∴，
又当时，，
即，解得或 (舍），
符合，
∴是以1为首项，以2为公差的等差数列，
∴.
（2），
∴，
又 ∵，即，解得，
又，所以的最小值为10.
点睛：裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如 (其中是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如或.
21、（1），；（2）.
【解析】
（1）先由题意，列出方程组，求出首项与公比，即可得出通项公式；
（2）根据题意，求出，再由（1）的结果，得到，利用错位相减法，即可求出结果.
【详解】
（1）因为等比数列的公比，，是的等差中项，
所以，即，解得，
因此，；
（2）因为数列的前项和为，
所以，（）
又当也满足上式，所以，；
由（1），；
所以其前项和①
因此②
①式减去②式可得： ，
因此.
本题主要考查等差数列与等比数列的综合应用，以及错位相减法求数列的和，熟记等差数列与等比数列的通项公式以及求和公式即可，属于常考题型.