2025届四川省成都市九校高一数学第二学期期末学业质量监测试题含解析

2025届四川省成都市九校高一数学第二学期期末学业质量监测试题注意事项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．己知ΔABC中，角A,B,C所对的边分別是a,b,c.若A=45°,B=30°,a=2，则bA．3-1 B．1 C．2 D．2．下图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的平面几何图形．此图由两个圆构成，O为大圆圆心，线段AB为小圆直径．△AOB的三边所围成的区域记为I，黑色月牙部分记为Ⅱ，两小月牙之和（斜线部分）部分记为Ⅲ．在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则（）A． B． C． D．3．若点为圆C：的弦MN的中点，则弦MN所在直线的方程为（）A． B． C． D．4．已知a,b,,且,,则()A． B． C． D．5．等差数列{}中，＝2，＝7，则＝()A．10 B．20 C．16 D．126．如图，在正方体中，，分别是，中点，则异面直线与所成的角是（）A． B． C． D．7．将正整数排列如下：123456789101112131415……则图中数出现在()A．第行列 B．第行列 C．第行列 D．第行列8．已知，且，则下列不等式正确的是（）A． B． C． D．9．三棱锥的高，若，二面角为，为的重心，则的长为（）A． B． C． D．10．若正实数满足，且恒成立，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．设函数（是常数，）.若在区间上具有单调性，且，则的最小正周期为_________.12．已知直线与圆交于两点，过分别作的垂线与轴交于两点，则_______.13．在平面直角坐标系xOy中，角与角均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称.若，则________.14．已知等差数列，的前项和分别为，，若，则______.15．设数列的前n项和为，关于数列，有下列三个命题：（1）若既是等差数列又是等比数列，则；（2）若，则是等差数列：（3）若，则是等比数列这些命题中，真命题的序号是__________________________.16．关于的不等式的解集是，则______．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：（，为常数）．（1）若，求的最小正周期；（2）若在，上最大值与最小值之和为3，求的值．18．不等式(1)若不等式的解集为或,求的值(2)若不等式的解集为,求的取值范围19．设，，.（1）若，求实数的值；（2）若，求实数的值.20．已知关于的不等式．（1）当时，解上述不等式．（2）当时，解上述关于的不等式21．已知平面向量，且（1）若是与共线的单位向量，求的坐标；（2）若，且，设向量与的夹角为，求．

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】

由正弦定理可得．【详解】∵asinA=故选B．【点睛】本题考查正弦定理，解题时直接应用正弦定理可解题，本题属于基础题．2、D【解析】

设OA＝1，则AB，分别求出三个区域的面积，由测度比是面积比得答案．【详解】设OA＝1，则AB，，以AB中点为圆心的半圆的面积为，以O为圆心的大圆面积的四分之一为，以AB为弦的大圆的劣弧所对弓形的面积为π﹣1，黑色月牙部分的面积为π﹣（π﹣1）＝1，图Ⅲ部分的面积为π﹣1．设整个图形的面积为S，则p1，p1，p3．∴p1＝p1＞p3，故选D．【点睛】本题考查几何概型概率的求法，考查数形结合的解题思想方法，正确求出各部分面积是关键，是中档题．3、A【解析】

根据题意，先求出直线PC的斜率，根据MN与PC垂直求出MN的斜率，由点斜式，即可求出结果.【详解】由题意知，圆心的坐标为，则，由于MN与PC垂直，故MN的斜率，故弦MN所在的直线方程为，即.故选A【点睛】本题主要考查求弦所在直线方程，熟记直线的点斜式方程即可，属于常考题型.4、A【解析】

利用不等式的基本性质以及特殊值法，即可得到本题答案.【详解】由不等式的基本性质有，，故A正确，B不正确；当时，，但，故C、D不正确.故选：A【点睛】本题主要考查不等式的基本性质，属基础题.5、D【解析】

根据等差数列的性质可知第五项减去第三项等于公差的2倍，由=+5得到2d等于5，然后再根据等差数列的性质得到第七项等于第五项加上公差的2倍，把的值和2d的值代入即可求出的值,即可知=,故选D.6、D【解析】

如图，平移直线到，则直线与直线所成角，由于点都是中点，所以，则，而，所以，即，应选答案D．7、B【解析】

计算每行首个数字的通项公式，再判断出现在第几列，得到答案.【详解】每行的首个数字为：1,2,4,7,11…利用累加法：计算知：数出现在第行列故答案选B【点睛】本题考查了数列的应用，计算首数字的通项公式是解题的关键.8、B【解析】

通过反例可排除；根据的单调性可知正确.【详解】当，时，，，则错误；当，时，，则错误；由单调递增可知，当时，，则正确本题正确选项：【点睛】本题考查不等关系的判断，解决此类问题常采用排除法，属于基础题.9、C【解析】

根据AB=AC，取BC的中点E，连结AE，得到AE⊥BC，再由由AH⊥平面BCD，得到EH⊥BC.，所以∠GEH是二面角的平面角，然后在△GHE中，利用余弦定理求解.【详解】:如图所示：取BC的中点E，连结AE，∵AB=AC，∴AE⊥BC，且点G在中线AE上，连结HE.∵AH⊥平面BCD，∴EH⊥BC.∴∠GEH=60°.在Rt△AHE中，∵∠AEH=60°，AH=∴EH=AHtan30°=3，AE=6，GE=AE=2由余弦定理得HG2=9+4-2×3×2cos60°=7.∴HG=故选：C【点睛】本题主要考查了二面角问题，还考查了空间想象和推理论证的能力，属于中档题.10、A【解析】

先利用基本不等求出的最小值，然后根据恒成立，可得，再求出a的范围．【详解】因为正实数x，y满足，，当且仅当，即时取等号，恒成立，所以只需，，，的取值范围为，故选：A.【点睛】本题主要考查不等式恒成立问题以及基本不等式求最值，解题时注意“一正、二定、三相等”的应用，本题属于中档题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

由在区间上具有单调性，且知，函数的对称中心为，由知函数的对称轴为直线，设函数的最小正周期为，所以，，即，所以，解得，故答案为.考点：函数的对称性、周期性，属于中档题.12、【解析】

联立直线的方程和圆的方程，求得两点的坐标，根据点斜式求得直线的方程，进而求得两点的坐标，由此求得的长.【详解】由解得，直线的斜率为，所以直线的斜率为，所以，令，得，所以.故答案为4【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查相互垂直的两条直线斜率的关系，考查直线的点斜式方程，属于中档题.13、【解析】

由题意得出，结合诱导公式，二倍角公式求解即可.【详解】，则角的终边可能在第一、二象限由图可知，无论角的终边在第一象限还是第二象限，都有故答案为：【点睛】本题主要考查了利用二倍角的余弦公式以及诱导公式化简求值，属于基础题.14、【解析】

利用等差数列的性质以及等差数列奇数项之和与中间项的关系进行化简求解.【详解】因为是等差数列，所以，又因为为等差数列，所以，故．【点睛】（1）在等差数列中，若，则有；（2）在等差数列.15、（1）、（2）、（3）【解析】

利用等差数列和等比数列的定义，以及等差数列和等比数列的前项和形式，逐一判断即可.【详解】既是等差数列又是等比数列的数列是非零常数列，故（1）正确.等差数列的前项和是二次函数形式，且不含常数，故（2）正确.等比数列的前项和是常数加上常数乘以的形式，故（3）正确.故答案为：（1），（2），（3）【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列的定义，同时考查了等差数列和等比数列的前项和，属于简单题.16、【解析】

利用二次不等式解集与二次方程根的关系，由二次不等式的解集得到二次方程的根，再利用根与系数的关系，得到和的值，得到答案.【详解】因为关于的不等式的解集是，所以关于的方程的解是，由根与系数的关系得，解得，所以.【点睛】本题考查二次不等式解集和二次方程根之间的关系，属于简单题.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）1【解析】

（1）利用二倍角和辅助角公式化简，即可求出最小正周期；（2）根据在，上，求解内层函数范围，即可求解最值，由最大值与最小值之和为3，求的值．【详解】解：，（1）的最小正周期；（2），，当时，即，取得最小值为，当时，即，取得最大值为，最大值与最小值之和为3，，，故的值为1．【点睛】本题主要考查三角函数的性质和图象的应用，属于基础题．18、（1）；（2）【解析】

（1）根据一元二次不等式的解和对应一元二次方程根的关系，求得的值.（2）利用一元二次不等式解集为的条件列不等式组，解不等式组求得的取值范围.【详解】（1）由于不等式的解集为或，所以，解得.（2）由于不等式的解集为，故，解得.故的取值范围是.【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解与对应一元二次方程根的关系，考查一元二次不等式恒成立问题的求解策略，属于基础题.19、(1)；(2)【解析】

（1）由向量加法的坐标运算可得：，再由向量平行的坐标运算即可得解.（2）由向量垂直的坐标运算即可得解.【详解】解：（1），，，，，故，所以.（2），，，所以.【点睛】本题考查了向量加法的坐标运算、向量平行和垂直的坐标运算，属基础题.20、（1）．（2）当时，解集为，当时，解集为，当时，解集为或【解析】

（1）将代入，结合一元二次不等式解法即可求解.（2）根据不等式，对分类讨论，即可由零点大小确定不等式的解集.【详解】（1）当时，代入可得，解不等式可得，所以不等式的解集为.（2）关于的不等式．若，当时，代入不等式可得，解得；当时，化简不等式可得，由解不等式可得，当时，化简不等式可得，解不等式可得或，综上可知，当时，不等式解集为，当时，不等式解集为，当时，不等式解集为或【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，含参数分类讨论的应用，属于基础题.21、或【解析】分析：（1）由