2025届甘肃省徽县第二中学高一下数学期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2025届甘肃省徽县第二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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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．如图，已知四面体为正四面体，分别是中点.若用一个与直线垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（）.A． B． C． D．2．设的内角，，的对边分别为，，．若，，，且，则（）A． B． C． D．3．已知，若，则等于()A． B．1 C．2 D．4．在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，它的始边与轴的非负半轴重合，终边交单位圆于点，则的值为()A． B． C． D．5．在中，，，，则（）A． B．或 C．或 D．6．不等式的解集是A． B．C．或 D．7．若是的重心，，，分别是角的对边，若，则角（）A． B． C． D．8．函数的大致图像是下列哪个选项（）A． B．C． D．9．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，，，且平面，为的中点，则下列结论错误的是（）A． B．C．平面平面 D．三棱锥的体积为10．某社区义工队有24名成员，他们年龄的茎叶图如下表所示，先将他们按年龄从小到大编号为1至24号，再用系统抽样方法抽出6人组成一个工作小组，则这个小组年龄不超过55岁的人数为（）3940112551366778889600123345A．1 B．2 C．3 D．4二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知向量、满足：，，，则_________.12．已知，则的最小值为_______．13．过点作直线与圆相交，则在弦长为整数的所有直线中，等可能的任取一条直线，则弦长长度不超过14的概率为______________.14．某中学调查了某班全部45名同学参加书法社团和演讲社团的情况，数据如下表所示（单位：人）.参加书法社团未参加书法社团参加演讲社团85未参加演讲社团230若从该班随机选l名同学，则该同学至少参加上述一个社团的概率为__________.15．计算：________.16．函数的最小正周期为__________．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．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，，且，求（用含、、的形式表示）.18．如图，是平行四边形，平面，，，，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.19．数列中，且满足.（1）求数列的通项公式；（2）设，求；⑶设，是否存在最大的整数，使得对任意，均有成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.20．如图1，在中，，，，分别是，，中点，，.现将沿折起，如图2所示，使二面角为，是的中点.（1）求证：面面；（2）求直线与平面所成的角的正弦值.21．已知（1）求的值；（2）求的值.

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、A【解析】

通过补体，在正方体内利用截面为平行四边形,有，进而利用基本不等式可得解.【详解】补成正方体，如图.∴截面为平行四边形,可得，又且可得当且仅当时取等号，选A.【点睛】本题主要考查了线面的位置关系，截面问题，考查了空间想象力及基本不等式的应用，属于难题.2、B【解析】由余弦定理得：，所以，即，解得：或，因为，所以，故选B．考点：余弦定理．3、A【解析】

首先根据⇒（cos﹣3）cos+sin（sin﹣3）＝﹣1，并化简得出，再化为Asin()形式即可得结果.【详解】由得：（cos﹣3）cos+sin（sin﹣3）＝﹣1，化简得，即sin()=,则sin()=故选A.【点睛】本题考查了三角函数的化简求值以及向量的数量积的运算，属于基础题．4、C【解析】

根据三角函数的定义，即可求解，得到答案.【详解】由题意，角的顶点与原点重合，它的始边与轴的非负半轴重合，终边交单位圆于点，根据三角函数的定义可得.故选：C.【点睛】本题主要考查了三角的函数的定义，其中解答中熟记三角函数的定义是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.5、B【解析】

利用正弦定理求出，然后利用三角形的内角和定理可求出.【详解】由正弦定理得，得，，，则或.当时，由三角形的内角和定理得；当时，由三角形的内角和定理得.因此，或.故选B.【点睛】本题考查利用正弦定理和三角形的内角和定理求角，解题时要注意大边对大角定理来判断出角的大小关系，考查计算能力，属于基础题.6、B【解析】试题分析：∵，∴，即，∴不等式的解集为．考点：分式不等式转化为一元二次不等式．7、D【解析】试题分析：由于是的重心，，，代入得，整理得，，因此，故答案为D.考点：1、平面向量基本定理；2、余弦定理的应用.8、B【解析】

化简，然后作图，值域小于部分翻折关于轴对称即可.【详解】，的图象与关于轴对称，将部分向上翻折，图象变化过程如下：轴上方部分图形即为所求图象.故选：B.【点睛】本题主要考查图形的对称变化，掌握关于轴对称是解决问题的关键.属于中档题.9、B【解析】

根据余弦定理可求得，利用勾股定理证得，由线面垂直性质可知，利用线面垂直判定定理可得平面，利用线面垂直性质可知正确；假设正确，由和假设可证得平面，由线面垂直性质可知，从而得到，显然错误，则错误；由面面垂直判定定理可证得正确；由可求得三棱锥体积，知正确，从而可得选项.【详解】，，平面，平面又平面，平面平面，则正确；若，又且平面，平面平面又，与矛盾，假设错误，则错误；平面，平面又平面平面平面，则正确；为中点，，则正确本题正确选项：【点睛】本题考查立体几何中相关命题的判断，涉及到线面垂直的判定与性质定理的应用、面面垂直关系的判定、三棱锥体积的求解等知识，是对立体几何部分的定理的综合考查，关键是能够准确判定出图形中的线面垂直关系.10、B【解析】

求出样本间隔，结合茎叶图求出年龄不超过55岁的有8人，然后进行计算即可．【详解】解：样本间隔为，年龄不超过55岁的有8人，则这个小组中年龄不超过55岁的人数为人．故选：．【点睛】本题主要考查茎叶图以及系统抽样的应用，求出样本间隔是解决本题的关键，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、.【解析】

将等式两边平方得出的值，再利用结合平面向量的数量积运算律可得出结果.【详解】，，，因此，，故答案为.【点睛】本题考查利用平面向量数量积来计算平面向量的模，在计算时，一般将平面向量的模平方，利用平面向量数量积的运算律来进行计算，考查运算求解能力，属于中等题.12、【解析】

运用基本不等式求出结果.【详解】因为，所以，，所以，所以最小值为【点睛】本题考查了基本不等式的运用求最小值，需要满足一正二定三相等.13、【解析】

根据圆的性质可求得最长弦和最短弦的长度，从而得到所有弦长为整数的直线条数，从中找到长度不超过的直线条数，根据古典概型求得结果.【详解】由题意可知，最长弦为圆的直径：在圆内部且圆心到的距离为最短弦长为：弦长为整数的直线的条数有：条其中长度不超过的条数有：条所求概率：本题正确结果：【点睛】本题考查古典概型概率问题的求解，涉及到过圆内一点的最长弦和最短弦的长度的求解；易错点是忽略圆的对称性，造成在求解弦长为整数的直线的条数时出现丢根的情况.14、【解析】

直接利用公式得到答案.【详解】至少参加上述一个社团的人数为15故答案为【点睛】本题考查了概率的计算，属于简单题.15、3【解析】

直接利用数列的极限的运算法则求解即可．【详解】.故答案为：3【点睛】本题考查数列的极限的运算法则，考查计算能力，属于基础题．16、【解析】

先将转化为余弦的二倍角公式,再用最小正周期公式求解.【详解】解：最小正周期为.故答案为【点睛】本题考查二倍角的余弦公式,和最小正周期公式.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、【解析】

由任意角的三角函数定义求得，再由诱导公式及同角的三角函数基本关系式求得，再由两角差的正弦求.【详解】由题意，，，又，所以，，则.【点睛】本题主要考查了任意角的三角函数定义，同角三角函数的关系，两角和差的正弦，属于中档题.18、（1）见解析；（2）.【解析】

（1）证明平面平面，然后利用平面与平面平行的性质得出平面；（2）作于点，连接，证明出平面，可得出直线与平面所成的角为，并计算出三边边长，并利用锐角三角函数计算出的正弦值，即可得出答案.【详解】（1）证明：，平面，平面，平面.同理可证平面.，平面平面.平面，平面；（2）作于点，连接，平面，平面，.又，，平面.则为与平面所成角，在中，，，，，，，，，，因此，直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查直线与平面平行的证明，同时也考查了直线与平面所成角的计算，在计算空间角时要遵循“一作、二证、三计算”的原则来求解，考查逻辑推理能力，属于中等题.19、（1）；（2）（3）7.【解析】

（1）由可得为等差数列，从而可得数列的通项公式；（2）先判断时数列的各项为正数，时数列各项为负数，分两种情况讨论分别利用等差数列求和公式求解即可；（3）求得利用裂项相消法求得，由可得结果.【详解】（1）由题意，，为等差数列，设公差为，由题意得，.（2）若时，时，，故.（3），若对任意成立，的最小值是，对任意成立，的最大整数值是7,即存在最大整数使对任意，均有【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式与求和公式，以及裂项相消法求和，属于中档题.裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2）；（3）；（4）；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.20、（1）见解析（2）【解析】

（1）证明面得到面面.（2）先判断为直线与平面所成的角，再计算其正弦值.【详解】（1）证明：法一：由已知得：且，，∴面.∵，∴面.∵面，∴，又∵，∴，∵，，∴面.面，∴.又∵且是中点，∴，∴，∴面.∵面，∴面面.法二：同法一得面.又∵，面，面，∴面.同理面，，面，面.∴面面.∴面，面，∴.又∵且是中点，∴，∴，∴面.∵面，∴面面.（2）由（1）知面，∴为直线在平面上的射影.∴为直线与平面所成的角，∵且，∴二面角的平面角是.∵，∴，∴.又∵面