新疆生产建设兵团农八师一四三团一中2025届高一数学第二学期期末质量检测模拟试题含解析

新疆生产建设兵团农八师一四三团一中2025届高一数学第二学期期末质量检测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．有四个游戏盘，将它们水平放稳后，在上面扔一颗玻璃小球，若小球落在阴影部分则可中奖，小明要想增加中奖机会，应选择的游戏盘是A． B． C． D．2．在正项等比数列中，，为方程的两根，则（）A．9 B．27 C．64 D．813．平行四边形中，若点满足，，设，则（）A． B． C． D．4．某程序框图如图所示，若输出的，则判断框内应填（）A． B． C． D．5．直线l：3x+4y+5=0被圆M：（x–2）2+（y–1）2=16截得的弦长为（）A． B．5 C． D．106．在平面直角坐标系中，已知四边形是平行四边形，，，则（）A． B． C． D．7．为了调查某工厂生产的一种产品的尺寸是否合格，现从500件产品中抽出10件进行检验，先将500件产品编号为000，001，002，…，499，在随机数表中任选一个数开始，例如选出第6行第8列的数4开始向右读取（为了便于说明，下面摘取了随机数表附表1的第6行至第8行)，即第一个号码为439，则选出的第4个号码是（)A．548 B．443 C．379 D．2178．方程的解集是（）A． B．C． D．9．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB=4csinC，cosA=－，则=A．6 B．5 C．4 D．310．点关于直线的对称点的坐标为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．在平面直角坐标系中，点在第二象限，，，则向量的坐标为________.12．如图所示，E，F分别是边长为1的正方形的边BC，CD的中点，将其沿AE，AF，EF折起使得B，D，C三点重合.则所围成的三棱锥的体积为___________.13．数列满足，，，则数列的通项公式______.14．利用直线与圆的有关知识求函数的最小值为_______.15．在棱长均为2的三棱锥中，分别为上的中点，为棱上的动点，则周长的最小值为________.16．在圆心为，半径为的圆内接中，角，，的对边分别为，，，且，则的面积为__________．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．已知数列中，.(1)求证：是等比数列，求数列的通项公式；(2)已知：数列，满足①求数列的前项和；②记集合若集合中含有个元素，求实数的取值范围.18．如图，四棱锥中，，平面平面，，为的中点.（1）求证://平面；（2）求点到面的距离（3）求二面角平面角的正弦值19．如图，四边形是边长为2的正方形，为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.20．已知函数.（1）求函数图象的对称轴方程;（2）若对于任意的，恒成立，求实数的取值范围.21．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.

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】由几何概型公式：A中的概率为，B中的概率为，C中的概率为，D中的概率为．本题选择A选项.点睛：解答几何概型问题的关键在于弄清题中的考察对象和对象的活动范围．当考察对象为点，点的活动范围在线段上时，用线段长度比计算；当考察对象为线时，一般用角度比计算，即当半径一定时，由于弧长之比等于其所对应的圆心角的度数之比，所以角度之比实际上是所对的弧长(曲线长)之比．2、B【解析】

由韦达定理得，再利用等比数列的性质求得结果.【详解】由已知得是正项等比数列本题正确选项：【点睛】本题考查等比数列的三项之积的求法，关键是对等比数列的性质进行合理运用，属于基础题.3、B【解析】

画出平行四边形，在上取点，使得，在上取点，使得，由图中几何关系可得到，即可求出的值，进而可以得到答案．【详解】画出平行四边形，在上取点，使得，在上取点，使得，则，故，，则.【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，考查了平面向量基本定理的应用，考查了平行四边形的性质，属于中档题．4、A【解析】

根据程序框图的结构及输出结果,逆向推断即可得判断框中的内容.【详解】由程序框图可知,,则所以此时输出的值,因而时退出循环.因而判断框的内容为故选:A【点睛】本题考查了根据程序框图的输出值,确定判断框的内容,属于基础题.5、C【解析】

求出圆心到直线l的距离，再利用弦长公式进行求解即可．【详解】∵圆（x–2）2+（y–1）2=16，∴圆心（2，1），半径r=4，圆心到直线l：3x+4y+5=0的距离d==3，∴直线3x+4y+5=0被圆（x–2）2+（y–1）2=16截得的弦长l=2=2．故选C．【点睛】本题考查了直线被圆截得的弦长公式，主要用到了点到直线的距离公式．6、D【解析】因为四边形是平行四边形，所以，所以，故选D．考点：1、平面向量的加法运算；2、平面向量数量积的坐标运算．7、D【解析】

利用随机数表写出每一个数字即得解.【详解】第一个号码为439，第二个号码为495，第三个号码为443，第四个号码为217.故选：D【点睛】本题主要考查随机数表，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.8、C【解析】

把方程化为，结合正切函数的性质，即可求解方程的解，得到答案.【详解】由题意，方程，可化为，解得，即方程的解集为.故答案为：C.【点睛】本题主要考查了三角函数的基本关系式，以及三角方程的求解，其中解答中熟记正切函数的性质，准确求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.9、A【解析】

利用余弦定理推论得出a，b，c关系，在结合正弦定理边角互换列出方程，解出结果.【详解】详解：由已知及正弦定理可得，由余弦定理推论可得，故选A．【点睛】本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用．10、D【解析】令，设对称点的坐标为，可得的中点在直线上，故可得①，又可得的斜率，由垂直关系可得②，联立①②解得，即对称点的坐标为，故选D.点睛：本题考查对称问题，得出中点在直线且连线与已知直线垂直是解决问题的关键，属中档题；点关于直线成轴对称问题，由轴对称定义知，对称轴即为两对称点连线的“垂直平分线”，利用“垂直”即斜率关系，“平分”即中点在直线上这两个条件建立方程组，就可求出对称点的坐标．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

由三角函数的定义求出点的坐标，然后求向量的坐标.【详解】设点，由三角函数的定义有，得，，得，所以，所以故答案为：【点睛】本题考查三角函数的定义的应用和已知点的坐标求向量坐标，属于基础题.12、【解析】

根据折叠后不变的垂直关系，结合线面垂直判定定理可得到为三棱锥的高，由此可根据三棱锥体积公式求得结果.【详解】设点重合于点，如下图所示：，，又平面，平面，即为三棱锥的高故答案为：【点睛】本题考查立体几何折叠问题中的三棱锥体积的求解问题，处理折叠问题的关键是能够明确折叠后的不变量，即不变的垂直关系和长度关系.13、【解析】

由题意得出，利用累加法可求出.【详解】数列满足，，，，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查利用累加法求数列的通项，解题时要注意累加法对数列递推公式的要求，考查计算能力，属于中等题.14、【解析】

令得，转化为z==，再利用圆心到直线距离求最值即可【详解】令，则故转化为z==，表示上半个圆上的点到直线的距离的最小值的5倍，即故答案为3【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，考查数形结合思想，是中档题15、【解析】

易证明中,且周长为,其中为定值,故只需考虑的最小值即可.【详解】由题,棱长均为2的三棱锥,故该三棱锥的四个面均为正三角形.又因为,故.故.且分别为上的中点,故.故周长为.故只需求的最小值即可.易得当时取得最小值为.故周长的最小值为.故答案为：【点睛】本题主要考查了立体几何中的距离最值问题,需要根据题意找到定量以及变量的最值情况即可.属于中档题.16、【解析】

已知条件中含有这一表达式，可以联想到余弦定理进行条件替换；利用同弧所对圆心角为圆周角的两倍，先求出角的三角函数值，再求的正弦值,进而即可得解.【详解】，，在中，代入（1）式得：，整理得：圆周角等于圆心角的两倍，，（1）当时，，，.（1）当时，，点在的外面，此时，，．【点睛】本题对考生的计算能力要求较高，对解三角形和平面几何知识进行综合考查.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)证明见解析，(2)①②【解析】

(1)计算得到：得证.(2)①计算的通项公式为，利用错位相减法得到.②将代入集合M，化简并分离参数得，确定数列的单调性，根据集合中含有个元素得到答案.【详解】(1)，为等比数列，其中首项，公比为.所以，.(2)①数列的通项公式为①②①-②化简后得.②将代入得化简并分离参数得，设，则易知由于中含有个元素，所以实数要小于等于第5大的数，且比第6大的数大.，，综上所述.【点睛】本题考查了数列的证明，数列的通项公式，错位相减法，数列的单调性，综合性强计算量大，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.18、（1）见详解；（2）；（3）【解析】

（1）通过取中点，利用中位线定理可得四变形为平行四边形，然后利用线面平行的判定定理，可得结果.（2）根据,可得平面，可得结果.（3）作，作，可得二面角平面角为，然后计算，可得结果.【详解】（1）取中点，连接，如图由为的中点，所以//且又，且，所以//且，故//且，所以四变形为平行四边形，故//又平面，平面所以//平面（2）由，平面平面平面，平面平面所以平面，又平面所以，由，所以为正三角形，所以则平面所以平面，且所以点到面的距离即（3）作交于点，作交于点，连接由平面平面，平面平面平面平面，所以平面，平面，所以，又平面，所以平面又平面，所以所以二面角平面角为，又为等腰直角三角形所以，所以所以又二面角平面角为故所以二面角平面角的正弦值为【点睛】本题考查了线面平行的判定定理，还考查了点面距和面面角的求法，第（3）中难点在于找到二面角的平面角，掌握定义以及综合线面，面面的位置关系，细心计算，属中档题.19、（1）见解析；（2）【解析】

（1）先由线面垂直的判定定理得到平面，进而可得平面平面；（2）先取中点，连结，，证明平面平面，在平面内作于点，则平面.以点为原点，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系.分别求出两平面的法向量，求向量夹角余弦值，即可求出结果.【详解】（1）因为四边形是正方形，所以折起后，且，因为，所以是正三角形，所以.又因为正方形中，为的中点，所以，所以，所以，所以，又因为，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）取中点，连结，，则，，又，则平面.又平面，所以平面平面.在平面内作于点，则平面.以点为原点，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系.在中，，，.∴，，故，，，∴，.设平面的一个法向量为，则由，得，令，得，，∴.因为平面的法向量为，则，又二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查面面垂直的判定，以及二面角的余弦值，熟记面面垂直的判定定理、以及二面角的向量求法即可，属于常考题型.20、（1）（2）【解析】

(1)通过三角恒等变形，化简为的形式，方便我们去研究与其相关的任何问题；（2）恒成立，可转化，我们只需要求出最大值从而完成本题.【详解】（1）令得，所以的对称轴为（2）当时，，，因为，即恒成立故，解得【点睛】在研究三角函数相关的性质（值域、对称中心、对称轴、单调性……）我们都是将其化为（或者余弦、正切相对应）的形式，利用整体思想，我们能比较方便的去研究他们相关性质.21、（1）见解析（2）【解析】

（1）证