湖南省浏阳一中、株洲二中等湘东五校2025届高一数学第二学期期末质量跟踪监视试题含解析

湖南省浏阳一中、株洲二中等湘东五校2025届高一数学第二学期期末质量跟踪监视试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．已知一个扇形的圆心角为，半径为1．则它的弧长为（）A． B． C． D．2．《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表作之一，其中《方田》章给出计算弧田面积所用的经验公式为：弧田面积（弦矢矢），弧田（如图）由圆弧和其所对弦所围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差，现有圆心角为，半径等于6米的弧田，按照上述经验公式计算所得弧田面积约为（）A．12平方米 B．16平方米 C．20平方米 D．24平方米3．设，,则的值可表示为（）A． B． C． D．4．在中，已知，，则为（）A．等腰直角三角形 B．等边三角形C．锐角非等边三角形 D．钝角三角形5．已知平面向量满足：，，，若，则的值为（）A． B． C．1 D．-16．在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是，那么概率是的事件是（）A．2张恰有一张是移动卡 B．2张至多有一张是移动卡C．2张都不是移动卡 D．2张至少有一张是移动卡7．已知集合，则（）A． B． C． D．8．如果执行右面的框图，输入，则输出的数等于（）A． B． C． D．9．方程的解所在的区间为（）A． B．C． D．10．若，则是（）A．等边三角形 B．等腰三角形C．直角或等腰三角形 D．等腰直角三角形二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知，，则当最大时，________.12．设的内角，，所对的边分别为，，.已知，，如果解此三角形有且只有两个解，则的取值范围是_____．13．已知，，则______，______.14．已知则sin2x的值为________.15．某中学为了了解全校学生的阅读情况，在全校采用随机抽样的方法抽取一个样本进行问卷调查，并将他们在一个月内去图书馆的次数进行了统计，将学生去图书馆的次数分为5组：制作了如图所示的频率分布表，则抽样总人数为_______．16．已知单位向量与的夹角为，且，向量与的夹角为，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．已知数列中，，点在直线上，其中.（1）令，求证数列是等比数列；（2）求数列的通项；（3）设、分别为数列、的前项和是否存在实数，使得数列为等差数列？若存在，试求出，若不存在，则说明理由.18．如图,在四边形中,,,,.(1)若,求;(2)求四边形面积的最大值.19．锐角的内角、、所对的边分别为、、，若.（1）求；（2）若，，求的周长.20．大豆，古称菽，原产中国，在中国已有五千年栽培历史.2019年春，为响应中国大豆参与世界贸易的竞争，某市农科院积极研究，加大优良品种的培育工作，其中一项基础工作就是研究昼夜温差大小与大豆发芽率之间的关系.为此科研人员分别记录了7天中每天50粒大豆的发芽数得如下数据表格：日期4月3日4月4日4月5日4月6日4月7日4月8日4月9日温差（℃）89101211813发芽数（粒）21252632272033科研人员确定研究方案是：从7组数据中选5组数据求线性回归方程，再用求得的回归方程对剩下的2组数据进行检验.（1）若选取的是4月4日至4月8日五天数据，据此求关于的线性回归方程；（2）若由线性回归方程得到的估计数据与实际数据的误差绝对值均不超过1粒，则认为得到的线性回归方程是可靠的，请检验（1）中回归方程是否可靠？注：.参考数值：，.21．某市为增强市民的环境保护意识，面向全市征召义务宣传志愿者．现从符合条件的志愿者中随机抽取名按年龄分组：第组，第组，第组，第组，第组，得到的频率分布直方图如图所示.（1）若从第，，组中用分层抽样的方法抽取名志愿者参广场的宣传活动，应从第，，组各抽取多少名志愿者？（2）在（1）的条件下，该市决定在这名志愿者中随机抽取名志愿者介绍宣传经验，求第组志愿者有被抽中的概率.

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、C【解析】

直接利用扇形弧长公式求解即可得到结果.【详解】由扇形弧长公式得：本题正确选项：【点睛】本题考查扇形弧长公式的应用，属于基础题.2、C【解析】

在中，由题意OA＝4，∠DAO＝，即可求得OD，AD的值，根据题意可求矢和弦的值，即可利用公式计算求值得解．【详解】如图，由题意可得：∠AOB＝，OA＝6，在中，可得：∠AOD＝，∠DAO＝，OD＝AO＝×6＝3，可得：矢＝6﹣3＝3，由AD＝AO＝6×＝3，可得：弦＝2AD＝2×3＝6，所以：弧田面积＝（弦×矢+矢2）＝（6×3+32）＝9+4.5≈20平方米．故选：C【点睛】本题考查扇形的面积公式，考查数学阅读能力和数学运算能力，属于中档题．3、A【解析】

由，可得到，然后根据反余弦函数的图象与性质即可得到答案.【详解】因为，所以，则.故选：A【点睛】本题主要考查反余弦函数的运用，熟练掌握反余弦函数的概念及性质是解决本题的关键.4、A【解析】

已知第一个等式利用正弦定理化简，再利用诱导公式及内角和定理表示，根据两角和与差的正弦函数公式化简，得到A＝B，第二个等式左边前两个因式利用积化和差公式变形，右边利用二倍角的余弦函数公式化简，将A+B＝C，A﹣B＝0代入计算求出cosC的值为0，进而确定出C为直角，即可确定出三角形形状．【详解】将已知等式2acosB＝c，利用正弦定理化简得：2sinAcosB＝sinC，∵sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+cosAsinB，∴2sinAcosB＝sinAcosB+cosAsinB，即sinAcosB﹣cosAsinB＝sin（A﹣B）＝0，∵A与B都为△ABC的内角，∴A﹣B＝0，即A＝B，已知第二个等式变形得：sinAsinB（2﹣cosC）＝（1﹣cosC）+＝1﹣cosC，﹣[cos（A+B）﹣cos（A﹣B）]（2﹣cosC）＝1﹣cosC，∴﹣（﹣cosC﹣1）（2﹣cosC）＝1﹣cosC，即（cosC+1）（2﹣cosC）＝2﹣cosC，整理得：cos2C﹣2cosC＝0，即cosC（cosC﹣2）＝0，∴cosC＝0或cosC＝2（舍去），∴C＝90°，则△ABC为等腰直角三角形．故选A．【点睛】此题考查了正弦定理，两角和与差的正弦公式，二倍角的余弦函数公式，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．5、C【解析】

将代入，化简得到答案.【详解】故答案选C【点睛】本题考查了向量的运算，意在考查学生的计算能力.6、B【解析】

概率的事件可以认为是概率为的对立事件．【详解】事件“2张全是移动卡”的概率是，它的对立事件的概率是，事件为“2张不全是移动卡”，也即为“2张至多有一张是移动卡”．故选B．【点睛】本题考查对立事件，解题关键是掌握对立事件的概率性质：即对立事件的概率和为1．7、A【解析】

由，得，然后根据集合的交集运算，即可得到本题答案.【详解】因为，所以.故选：A【点睛】本题主要考查集合的交集运算及对数不等式.8、D【解析】试题分析：当时，该程序框图所表示的算法功能为：，故选D.考点：程序框图.9、B【解析】试题分析：由题意得，设函数，则，所以，所以方程的解所在的区间为，故选B.考点：函数的零点.10、D【解析】

先根据题中条件，结合正弦定理得到，求出角，同理求出角，进而可判断出结果.【详解】因为，由正弦定理可得，所以，即，因为角为三角形内角，所以；同理，；所以，因此，是等腰直角三角形.故选D【点睛】本题主要考查判定三角形的形状问题，熟记正弦定理即可，属于常考题型.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

根据正切的和角公式，将用的函数表示出来，利用均值不等式求最值，求得取得最大值的，再用倍角公式即可求解.【详解】故可得则当且仅当，即时，此时有故答案为：.【点睛】本题考查正切的和角公式，以及倍角公式，涉及均值不等式的使用.12、【解析】

由余弦定理写出c与x的等式，再由有两个正解，解出x的取值范围【详解】根据余弦定理：代入数据并整理有，有且仅有两个解，记为则：【点睛】本题主要考查余弦定理以及韦达定理，属于中档题．13、【解析】

由的值，可求出的值，再判断角的范围，可判断出，进而将平方，可求出答案.【详解】由题意，，因为，所以，即；又因为，所以，即，而，由于，可知，所以，则，即.故答案为：；.【点睛】本题考查同角三角函数基本关系的应用，考查二倍角公式的应用，考查学生的计算求解能力，属于中档题.14、【解析】

利用二倍角的余弦函数公式求出的值，再利用诱导公式化简，将的值代入计算即可求出值．【详解】解：∵，，则sin2x＝=，故答案为.【点睛】此题考查了二倍角的余弦函数公式，以及诱导公式的作用，熟练掌握公式是解本题的关键．15、20【解析】

总体人数占的概率是1，也可以理解成每个人在整体占的比重一样，所以三组的频率为：，共有14人，即14人占了整体的0.7，那么整体共有人。【详解】前三组，即三组的频率为：，，解得：【点睛】此题考查概率，通过部分占总体的概率即可计算出总体的样本值，属于简单题目。16、【解析】试题分析：因为所以考点：向量数量积及夹角三、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）证明过程见详解；（2）；（3）存在实数，使得数列为等差数列.【解析】

（1）先由题意得到，再由，得到，即可证明结论成立；（2）先由（1）求得，推出，利用累加法，即可求出数列的通项；（3）把数列an}、{bn}通项公式代入an+2bn，进而得到Sn+2T的表达式代入Tn，进而推断当且仅当λ＝2时，数列是等差数列．【详解】（1）因为点在直线上，所以，因此由得所以数列是以为公比的等比数列；（2）因为，由得，故，由（1）得，所以，即，所以，，…，，以上各式相加得：所以；（3）存在λ＝2，使数列是等差数列．由（Ⅰ）、（Ⅱ）知，an+2bn＝n﹣2∴又=∴，∴当且仅当λ＝2时，数列是等差数列．【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的综合，熟记等比数列的定义，等比数列的通项公式，以及等差数列与等比数列的求和公式即可，属于常考题型.18、(1);(2).【解析】

（1）直接利用余弦定理，即可得到本题答案；（2）由四边形ABCD的面积=，得四边形ABCD的面积，求S的最大值即可得到本题答案.【详解】(1)当时,在中,由余弦定理得，设(),则,即,解得，所以；(2)的面积为，在中,由余弦定理得,所以,的面积为，所以,四边形的面积为，因为,所以当时,四边形的面积最大,最大值为.【点睛】本题主要考查利用余弦定理、面积公式及三角函数的性质解决实际问题.19、（1）；（2）.【解析】

（1）利用正弦定理边角互化思想，结合两角和的正弦公式可计算出的值，结合为锐角，可得出角的值；（2）利用三角形的面积公式可求出，利用余弦定理得出，由此可得出的周长.【详解】（1）依据题设条件的特点，由正弦定理，得，有，从而，解得，为锐角，因此，；（2），故，由余弦定理，即，，，故的周长为．【点睛】本题考查正弦定理边角互化思想的应用，同时也考查余弦定理和三角形面积公式解三角形，要熟悉正弦定理和余弦定理解三角形所适用的基本类型，同时在解题时充分利用边角互化思想，可以简化计算，考查运算求解能力，属于中等题.20、（1）；（2）（1）中回归方程是可靠的．【解析】

（1）运用已知题中所给的数值，结合所给的计算公式、数表提供的数据求得与的值，进而写出线线回归方程；（2）在（1）中求得的线性回归方程中，分别取x＝8与13求得y值，进一步求得残差得结论．【详解】因为，．，所以，．因此关于的线性回归方程；（2）取x＝8，得，此时；取x＝13，得，此时∴（1）中回归方程是可靠的．【点睛】本题考查线性回归方程的求法，考查数学运算能力，属于基础题．21、（1）分别抽取人，人，人；（2）【解析】

（1）频率分布直方图各组频率等于各组矩形的面积，进而算出各组频数，再根据分层抽样总体及各层抽样比例相同求解；（2）列出从名志愿者中随机抽取名志愿者所有的情况，再根据古典概型