内蒙古锡林浩特市六中2025届数学高一下期末质量检测试题含解析

内蒙古锡林浩特市六中2025届数学高一下期末质量检测试题注意事项：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．设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且，（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则2．设x、y满足约束条件，则z＝2x﹣y的最大值为（）A．0 B．0.5 C．1 D．23．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn=2aA．145 B．114 C．84．如图，正四棱柱中（底面是正方形，侧棱垂直于底面），，则异面直线与所成角的余弦值为（）A． B． C． D．5．设，则（）A． B． C． D．6．在边长为1的等边三角形ABC中，D是AB的中点，E为线段AC上一动点，则的取值范围为（）A． B． C． D．7．已知，则的最小值为A．3 B．4 C．5 D．68．如图，随机地在图中撒一把豆子，则豆子落到阴影部分的概率是（）A．12 B．34 C．19．下列函数中，图象的一部分如图所示的是（）A． B．C． D．10．某兴趣小组合作制作了一个手工制品，并将其绘制成如图所示的三视图，其中侧视图中的圆的半径为3，则制作该手工制品表面积为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．直线与的交点坐标为________.12．设是等差数列的前项和，若，，则公差（___）．13．如图是一正方体的表面展开图.、、都是所在棱的中点.则在原正方体中：①与异面；②平面；③平面平面；④与平面形成的线面角的正弦值是；⑤二面角的余弦值为.其中真命题的序号是______.14．已知，，若，则实数________.15．在中，已知，则____________.16．设x、y满足约束条件，则的取值范围是______.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，四棱锥中，底面，，，点在线段上，且.（1）求证：平面；（2）若，，，求四棱锥的体积；18．已知圆心在直线上的圆C经过点，且与直线相切.（1）求过点P且被圆C截得的弦长等于4的直线方程；（2）过点P作两条相异的直线分别与圆C交于A，B，若直线PA，PB的倾斜角互补，试判断直线AB与OP的位置关系（O为坐标原点），并证明.19．若不等式的解集是.（1）求的值；（2）当为何值时，的解集为．20．如图，四棱锥中，底面,分别为的中点,.(1)证明:平面平面(2)求三棱锥的体积.21．在中，内角，，所对的边分别为，，.已知.（Ⅰ）求；（Ⅱ）若，，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】试题分析：由面面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一平面的一条垂线，则两面垂直，可得，可得考点：空间线面平行垂直的判定与性质2、C【解析】

由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．【详解】由约束条件作出可行域如图，联立，解得A（2，3），化目标函数z＝2x﹣y为y＝2x﹣z，由图可知，当直线y＝2x﹣z过A时，直线在y轴上的截距最小，z有最大值为2×2﹣3＝1．故选：C．【点评】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．3、B【解析】

由Sn=2an-2，可得Sn-1=2an-1-2两式相减可得公比的值，由S1=2a1-2=【详解】因为Sn=2a两式相减化简可得an公比q=a由S1=2a∵a则4×2m+n-2=64∴1当且仅当nm=9mn时取等号，此时∵m,n取整数，∴均值不等式等号条件取不到，则1m验证可得，当m=2,n=4时，1m+9【点睛】本题主要考查等比数列的定义与通项公式的应用以及利用基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数是否在定义域内，二是多次用≥或≤时等号能否同时成立）.4、A【解析】

试题分析：连结，异面直线所成角为，设,在中考点：异面直线所成角5、D【解析】

由得，再计算即可.【详解】，，所以故选D【点睛】本题考查了以数列的通项公式为载体求比值的问题，以及归纳推理的应用，属于基础题．6、B【解析】

由题意，以点为坐标原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，得到，，以及直线的方程，设出点E坐标，根据向量数量积，直接计算，即可得出结果.【详解】如图，以点为坐标原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，建立平面直角坐标系，因为等边三角形的边长为1，所以，，，，则直线的方程为，整理得，因为E为线段AC上一动点，设，，则，，所以，因为，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，最大值为.即的取值范围为.故选B【点睛】本题主要考查平面向量的数量积，利用建立坐标系的方法求解即可，属于常考题型.7、C【解析】

由，得，则，利用基本不等式，即可求解．【详解】由题意，因为，则，所以，当且仅当时，即时取等号，所以的最小值为5，故选C．【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中熟记基本不等式的使用条件，合理构造是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．8、D【解析】

求出阴影部分的面积，然后与圆面积作比值即得．【详解】圆被8等分，其中阴影部分有3分，因此所求概率为P=3故选D．【点睛】本题考查几何概型，属于基础题．9、D【解析】

设图中对应三角函数最小正周期为T，从图象看出，T=，所以函数的最小正周期为π，函数应为y=向左平移了个单位，即=，选D.10、D【解析】

由三视图可知，得到该几何体是由两个圆锥组成的组合体，根据几何体的表面积公式，即可求解.【详解】由三视图可知，该几何体是由两个圆锥组成的组合体，其中圆锥的底面半径为3，高为4，所以几何体的表面为.选D.【点睛】本题考查了几何体的三视图及表面积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

直接联立方程得到答案.【详解】联立方程解得即两直线的交点坐标为.故答案为【点睛】本题考查了两直线的交点，属于简单题.12、【解析】

根据两个和的关系得到公差条件，解得结果.【详解】由题意可知，，即，又，两式相减得，.【点睛】本题考查等差数列和项的性质，考查基本分析求解能力，属基础题.13、①②④【解析】

将正方体的表面展开图还原成正方体，利用正方体中线线、线面以及面面关系，以及直线与平面所成角的定义和二面角的定义进行判断.【详解】根据条件将正方体进行还原如下图所示：对于命题①，由图形可知，直线与异面，命题①正确；对于命题②，、分别为所在棱的中点，易证四边形为平行四边形，所以，，平面，平面，平面，命题②正确；对于命题③，在正方体中，平面，由于四边形为平行四边形，，平面.、平面，，.则二面角所成的角为，显然不是直角，则平面与平面不垂直，命题③错误；对于命题④，设正方体的棱长为，易知平面，则与平面所成的角为，由勾股定理可得，，在中，，即直线与平面所成线面角的正弦值为，命题④正确；对于命题⑤，在正方体中，平面，且，平面.、平面，，，所以，二面角的平面角为，在中，由勾股定理得，，由余弦定理得，命题⑤错误.故答案为①②④.【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面关系的判断以及线面角、二面角的计算，判断时要从空间中有关线线、线面、面面关系的平行或垂直的判定或性质定理出发进行推导，在计算空间角时，则应利用空间角的定义来求解，考查推理能力与运算求解能力，属于中等题.14、2或【解析】

根据向量平行的充要条件代入即可得解.【详解】由有：，解得或.故答案为：2或.【点睛】本题考查了向量平行的应用，属于基础题.15、84【解析】

根据余弦定理以及同角公式求得，再根据面积公式可得答案.【详解】由余弦定理可得，又，所以，所以.故答案为：84【点睛】本题考查了余弦定理，考查了同角公式，考查了三角形的面积公式，属于基础题.16、【解析】

由约束条件可得可行域，将问题转化为在轴截距取值范围的求解；通过直线平移可确定的最值点，代入点的坐标可求得最值，进而得到取值范围.【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示：将的取值范围转化为在轴截距的取值范围问题由平移可知，当过图中两点时，在轴截距取得最大和最小值，，的取值范围为故答案为：【点睛】本题考查线性规划中的取值范围问题的求解，关键是能够将问题转化成直线在轴截距的取值范围的求解问题，通过数形结合的方式可求得结果.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）【解析】

（1）根据底面证得，证得，由此证得平面.（2）利用锥体体积公式，计算出所求锥体体积.【详解】（1）证明：底面，平面，，，，，又，平面，平面，平面.（2），，，∴四边形是矩形，，，又，，，即，.【点睛】本小题主要考查线面垂直的证明，考查锥体体积计算，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于基础题.18、（1）或；（2）平行【解析】

（1）设出圆的圆心为，半径为，可得圆的标准方程，根据题意可得，解出即可得出圆的方程，讨论过点P的直线斜率存在与否，再根据点到直线的距离公式即可求解.（2）由题意知，直线PA，PB的倾斜角互补，分类讨论两直线的斜率存在与否，当斜率均存在时，则直线PA的方程为：，直线PB的方程为：，分别与圆C联立可得，利用斜率的计算公式与作比较即可.【详解】（1）根据题意，不妨设圆C的圆心为，半径为，则圆C，由圆C经过点，且与直线相切，则，解得，故圆C的方程为：，所以点在圆上，过点P且被圆C截得的弦长等于4的直线，当直线的斜率不存在时，直线为：，满足题意；当直线的斜率存在时，设直线的斜率为，直线方程为：，故，解得，故直线方程为：.综上所述：所求直线的方程：或.（2）由题意知，直线PA，PB的倾斜角互补，且直线PA，PB的斜率均存在，设两直线的倾斜角为和，，，因为，由正切的性质，则，不妨设直线的斜率为，则PB的斜率为，即：，则：，由，得，点的横坐标为一定是该方程的解，故可得，同理，，，,直线AB与OP平行.【点睛】本题考查了圆的标准方程，已知弦长求直线方程，考查了直线与圆的位置关系以及学生的计算能力，属于中档题.19、（1）；(2)【解析】

（1）由不等式的解集是，利用根与系数关系列式求出的值；（2）代入得值后，由不等式对应的方程的判别式小于等于0，列式求解的取值范围．【详解】（1）由题意知，1﹣＜0，且﹣1和1是方程的两根，∴，解得＝1．（2），即为，若此不等式的解集为，则2﹣4×1×1≤0，∴﹣6≤≤6，所以的范围是【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，考查了一元二次方程的根与系数的关系，属于基础题．20、（1）见证明；（2）【解析】

(1)先证明面，再证明平面平面；（2）由求解.【详解】（1）证明：由已知为的中点，且，所以，因为，所以，又因为，所以四边形为平行四边形，所以，又因为面，所以平面.在△中，因为,分别为,的中点，所以,因为，，所以面，因为，所以平面平面（2）由已知为中点，又因为，所以，因为，，，