福建省建瓯市第二中学2025届高一数学第二学期期末学业质量监测模拟试题含解析

福建省建瓯市第二中学2025届高一数学第二学期期末学业质量监测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．已知点P(，)为角的终边上一点，则（）A． B．- C． D．02．某种彩票中奖的概率为，这是指A．买10000张彩票一定能中奖B．买10000张彩票只能中奖1次C．若买9999张彩票未中奖，则第10000张必中奖D．买一张彩票中奖的可能性是3．已知点和点，且，则实数的值是（）A．5或-1 B．5或1 C．2或-6 D．-2或64．已知圆锥的高为3，底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于()A．π B．πC．16π D．32π5．在中，角的对边分别是，若，则角的大小为（）A．或 B．或 C． D．6．数列的通项公式为，则数列的前100项和（）．A． B． C． D．7．已知直线与圆交于M，N两点，若，则k的值为（）A． B． C． D．8．为了得到函数的图像，只需把函数的图像A．向左平移个长度单位 B．向右平移个长度单位C．向左平移个长度单位 D．向右平移个长度单位9．如图，飞机的航线和山顶在同一个铅垂面内，若飞机的高度为海拔18km，速度为1000m/h，飞行员先看到山顶的俯角为，经过1min后又看到山顶的俯角为，则山顶的海拔高度为（精确到0.1km，参考数据：）A．11.4km B．6.6km C．6.5km D．5.6km10．如图，两个正方形和所在平面互相垂直，设、分别是和的中点，那么：①；②平面；③；④、异面.其中不正确的序号是（）A．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．在ΔABC中，a比c长4，b比c长2，且最大角的余弦值是-12，则12．已知圆的圆心在直线，与y轴相切，且被直线截得的弦长为，则圆C的标准方程为________.13．函数的定义域________．14．化简：．15．在中，为边中点，且，，则______.16．已知数列满足:其中,若,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．已知数列的首项，其前n项和为满足.（1）数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和表达式.18．如图，在四棱锥中，平面，，，，点Q在棱AB上.（1）证明：平面.（2）若三棱锥的体积为，求点B到平面PDQ的距离.19．在锐角中，角的对边分别是，且.（1）求角的大小；（2）若，求面积的最大值.20．设数列的前项和.已知.（1）求数列的通项公式；（2）是否对一切正整数，有？说明理由.21．在梯形ABCD中，，，，.（1）求AC的长；（2）求梯形ABCD的高．

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】

根据余弦函数的定义，可直接得出结果.【详解】因为点P(，)为角的终边上一点，则.故选A【点睛】本题主要考查三角函数的定义，熟记概念即可，属于基础题型.2、D【解析】

彩票中奖的概率为，只是指中奖的可能性为【详解】彩票中奖的概率为，只是指中奖的可能性为，不是买10000张彩票一定能中奖，概率是指试验次数越来越大时，频率越接近概率．所以选D.【点睛】概率是反映事件发生机会的大小的概念，只是表示发生的机会的大小，是否中奖是随机事件．3、A【解析】

根据空间中两点间距离公式建立方程求得结果.【详解】解得：或本题正确选项：【点睛】本题考查空间中两点间距离公式的应用，属于基础题.4、B【解析】

作轴截面，圆锥的轴截面是等腰三角形，外接球的截面是圆为球的大圆是的外接圆，由图可得球的半径与圆锥的关系．【详解】如图，作轴截面，圆锥的轴截面是等腰三角形，的外接圆是球的大圆，设该圆锥的外接球的半径为R，依题意得，R2＝(3－R)2＋()2，解得R＝2，所以所求球的体积V＝πR3＝π×23＝π，故选B．【点睛】本题考查球的体积，关键是确定圆锥的外接球与圆锥之间的关系，即球半径与圆锥的高和底面半径之间的联系，而这个联系在其轴截面中正好体现．5、B【解析】

通过给定条件直接利用正弦定理分析，注意讨论多解的情况.【详解】由正弦定理可得：，，∵，∴为锐角或钝角，∴或．故选B．【点睛】本题考查解三角形中正弦定理的应用，难度较易.出现多解时常借助“大边对大角，小边对小角”来进行取舍.6、C【解析】

根据通项公式，结合裂项求和法即可求得.【详解】数列的通项公式为，则故选：C.【点睛】本题考查了裂项求和的应用，属于基础题.7、C【解析】

先求得圆心到直线的距离，再根据圆的弦长公式求解.【详解】圆心到直线的距离为：由圆的弦长公式：得解得故选：C【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题.8、B【解析】试题分析：记函数，则函数∵函数f（x）图象向右平移单位，可得函数的图象∴把函数的图象右平移单位，得到函数的图象,故选B.考点：函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．9、C【解析】

根据题意求得和的长，然后利用正弦定理求得BC，最后利用求得问题答案.【详解】在中，根据正弦定理，所以：山顶的海拔高度为18-11.5=6.5km.故选：C【点睛】本题考查了正弦定理在实际问题中的应用，考查了学生数学应用，转化与划归，数学运算的能力，属于中档题.10、D【解析】

取的中点，连接，，连接，，由线面垂直的判定和性质可判断①；由三角形的中位线定理，以及线面平行的判定定理可判断②③④．【详解】解：取的中点，连接，，连接，，正方形和所在平面互相垂直，、分别是和的中点，可得，，平面，可得，故①正确；由为的中位线，可得，且平面，可得平面，故②③正确，④错误．故选：D．【点睛】本题主要考查空间线线和线面的位置关系，考查转化思想和数形结合思想，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、15【解析】

由a比c长4，b比c长2，用c表示出a与b，可得出a为最大边，即A为最大角，可得出cosA的值，由A为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值求出A的度数，同时利用余弦定理表示出cosA，将表示出的a与b代入，并根据最大角的余弦值，得到关于c的方程，求出方程的解得到c的值，然后由b，c及sinA的值，利用三角形的面积公式即可求出三角形ABC的面积．【详解】根据题意得：a=c+4，b=c+2，则a为最长边，∴A为最大角，又cosA=-12，且∴A=120cos整理得：c2-c-6=0，即(c−3)(解得：c=3或c=−2(舍去)，∴a=3+4=7，b=3+2=5，则△ABC的面积S=12bcsinA=15故答案为：153【点睛】余弦定理一定要熟记两种形式：（1）a2=b2+12、或【解析】

由圆心在直线x﹣3y＝0上，设出圆心坐标，再根据圆与y轴相切，得到圆心到y轴的距离即圆心横坐标的绝对值等于圆的半径，表示出半径r，距离d，由圆的半径r及表示出的d利用勾股定理列出关于t的方程，求出方程的解得到t的值，从而得到圆心坐标和半径，根据圆心和半径写出圆的方程即可．【详解】设圆心为（3t，t），半径为r＝|3t|，则圆心到直线y＝x的距离d|t|，而（）2＝r2﹣d2，9t2﹣2t2＝7，t＝±1，∴圆心是（3，1）或（-3，-1）故答案为或．【点睛】本题综合考查了垂径定理，勾股定理及点到直线的距离公式．根据题意设出圆心坐标，找出圆的半径是解本题的关键．13、.【解析】

根据反正弦函数的定义得出，解出可得出所求函数的定义域.【详解】由反正弦的定义可得，解得，因此，函数的定义域为，故答案为：.【点睛】本题考查反正弦函数的定义域，解题的关键就是正弦值域的应用，考查运算求解能力，属于基础题.14、0【解析】原式＝＋＝－sinα＋sinα＝0.15、0【解析】

根据向量，，取模平方相减得到答案.【详解】两个等式平方相减得到：故答案为0【点睛】本题考查了向量的加减，模长，意在考查学生的计算能力.16、【解析】

令，逐步计算，即可得到本题答案.【详解】1.当时，因为，所以；2.当时，因为，所以；3.当时，①若，即，有，1）当，即，，由题，有，得，综上，无解；2）当，即，，由题，有，得，综上，无解；②若，，，1）当，即，，由题，有，得，综上，得；2）当，即，，由题，有，得，综上，得.所以，.故答案为：.【点睛】本题主要考查由数列递推公式确定参数取值范围的问题，分类讨论思想是解决本题的关键.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）【解析】

（1）根据等差数列性质,由可知为等差数列,结合首项与公差即可求得的表达式,由即可求得数列的通项公式;（2）代入数列的通项公式可得数列的通项公式.结合错位相减法,即可求得数列的前n项和.【详解】（1）由,可知是等差数列,其公差又,得,知首项为,得,即当时,有当,也满足此通项,故；（2）由（1）可知,所以可得由两式相减得整理得.【点睛】本题考查了等差数列通项公式的求法,的应用,错位相减法求数列的前n项和,属于中档题.18、（1）证明见解析；（2）.【解析】

（1）线面垂直只需证明PD和平面内两条相交直线垂直即可，易得，另外中已知三边长通过勾股定理易得,所以平面．（2）点B到平面PDQ的距离通过求得三棱锥的体积和面积即可，而,带入数据求解即可．【详解】（1）证明：在中，，，所以.所以是直角三角形，且，即.因为平面PAD，平面PAD，所以.因为，所以平面ABCD.（2）解：设.因为.，所以的面积为.因为平面ABCD，所以三棱锥的体积为，解得.因为，所以，所以的面积为.则三棱锥的体积为.在中，，，，则.设点B到平面PDQ的距离为h，则，解得，即点B到平面PDQ的距离为.【点睛】此题考察立体几何的证明，线面垂直只需证明线与平面内的两条相交直线分别垂直即可，第二问考察了三棱锥等体积法，通过变化顶点和底面进行转化，属于中档题目．19、（1）；（2）【解析】

（1）利用正弦定理边转化为角，逐步化简，即可得到本题答案；（2）由余弦定理得，，综合，得，从而可得到本题答案.【详解】（1）因为，所以，即，所以，又，所以，由为锐角三角形，则；（2）因为，所以，所以，即（当且仅当时取等号），所以.【点睛】本题主要考查利用正弦定理边角转化求角，以及余弦定理和基本不等式综合运用求三角形面积的最大值.20、（1）；（2）对一切正整数，有.【解析】

（1）运用数列的递推式，结合等差数列的定义和通项公式，可得所求；（2）对一切正整数n，有，考虑当时，，再由裂项相消求和，即可得证。【详解】（1）当时，两式做差得，，当时，上式显然成立，。（2）证明：当时，可得由可得即有<则当时，不等式成立。检验时，不等式也成立