安徽省六安市2025屆高一數學第二學期期末監(jiān)測模擬試題含解析

安徽省六安市2025屆高一數學第二學期期末監(jiān)測模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．中，分別是內角的對邊，且，，則等于（）A． B． C． D．2．記為實數中的最大數.若實數滿足則的最大值為（）A． B．1 C． D．3．在中，已知，則的面積為（）A． B． C． D．4．直線分別與軸，軸交于，兩點，點在圓上，則面積的取值范圍是A． B． C． D．5．一個鐘表的分針長為，經過分鐘，分針掃過圖形的面積是()A． B． C． D．6．某校高二理（1）班學習興趣小組為了調查學生喜歡數學課的人數比例，設計了如下調查方法：（1）在本校中隨機抽取100名學生，并編號1，2，3，…，100；（2）在箱內放置了兩個黃球和三個紅球，讓抽取到的100名學生分別從箱中隨機摸出一球，記住其顏色并放回；（3）請下列兩類學生站出來，一是摸到黃球且編號數為奇數的學生，二是摸到紅球且不喜歡數學課的學生。若共有32名學生站出來，那么請用統(tǒng)計的知識估計該校學生中喜歡數學課的人數比例大約是（）A．80% B．85% C．90% D．92%7．方程的解所在的區(qū)間為（）A． B．C． D．8．設,為兩條不同的直線，,為兩個不同的平面，給出下列命題:①若，，則；②若，，則；③若，，，則；④若，，則與所成的角和與所成的角相等.其中正確命題的序號是()A．①② B．①④ C．②③ D．②④9．已知、是不重合的平面，a、b、c是兩兩互不重合的直線，則下列命題：①；②；③.其中正確命題的個數是（）A．3 B．2 C．1 D．010．已知集合，則().A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”（圖1）.半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體體現了數學的對稱美.圖2是一個棱數為48的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1.則該半正多面體的所有棱長和為_______.12．在平面直角坐標系xOy中，已知直角中，直角頂點A在直線上，頂點B，C在圓上，則點A橫坐標的取值范圍是__________.13．由于堅持經濟改革，我國國民經濟繼續(xù)保持了較穩(wěn)定的增長.某廠2019年的產值是100萬元，計劃每年產值都比上一年增加，從2019年到2022年的總產值為______萬元（精確到萬元）.14．設數列滿足，，且，用表示不超過的最大整數，如，，則的值用表示為__________．15．已知，，若，則的取值范圍是__________．16．函數的最大值為，最小值為，則的最小正周期為______．三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．已知圓過點和，且圓心在直線上.（Ⅰ）求圓的標準方程；（Ⅱ）求直線：被圓截得的弦長.18．已知函數（1）求函數的定義域：（2）求函數的單調遞減區(qū)間：（3）求函數了在區(qū)間上的最大值和最小值.19．已知關于的函數.（Ⅰ）當時，求不等式的解集；（Ⅱ）若對任意的恒成立，求實數的最大值.20．已知是公差不為0的等差數列，，，成等比數列，且.(1)求數列的通項公式；(2)若，數列的前項和為，證明：.21．若不等式恒成立，求實數a的取值范圍。

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、D【解析】試題分析：由已知得，解得（舍）或，又因為，所以，由正弦定理得.考點：1、倍角公式；2、正弦定理.2、B【解析】

先利用判別式法求出|x|,|y|,|z|的取值范圍，再判斷得解.【詳解】因為，所以，整理得：，解得，所以，同理，.故選B【點睛】本題主要考查新定義和判別式法求范圍，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.3、B【解析】

根據三角形的面積公式求解即可.【詳解】的面積.

故選：B【點睛】本題主要考查了三角形的面積公式,屬于基礎題.4、A【解析】分析：先求出A，B兩點坐標得到再計算圓心到直線距離，得到點P到直線距離范圍，由面積公式計算即可詳解：直線分別與軸，軸交于，兩點,則點P在圓上圓心為（2，0），則圓心到直線距離故點P到直線的距離的范圍為則故答案選A.點睛：本題主要考查直線與圓，考查了點到直線的距離公式，三角形的面積公式，屬于中檔題．5、B【解析】

分析題意可知分針掃過圖形是扇形，要求這個扇形的面積需要得到扇形的圓心角和半徑，再代入扇形的面積公式計算即可．【詳解】經過35分鐘，分針走了7個大格，每個大格則分鐘走過的度數為鐘表的分針長為10分針掃過圖形的面積是故選【點睛】本題主要考查了求扇形面積，結合公式需要求出扇形的圓心角和半徑，較為基礎6、A【解析】

先分別計算號數為奇數的概率、摸到黃球的概率、摸到紅球的概率，從而可得摸到黃球且號數為奇數的學生，進而可得摸到紅球且不喜歡數學課的學生人數，由此可得估計該校學生中喜歡數學課的人數比例．【詳解】解：由題意，號數為奇數的概率為0.5，摸到黃球的概率為，摸到紅球的概率為那么按概率計算摸到黃球且號數為奇數的學生有個共有32名學生站出來，則有12個摸到紅球且不喜歡數學課的學生，不喜歡數學課的學生有：，喜歡數學課的有80個，估計該校學生中喜歡數學課的人數比例大約是：．故選：．【點睛】本題考查概率的求法，考查古典概型等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．7、B【解析】試題分析：由題意得，設函數，則，所以，所以方程的解所在的區(qū)間為，故選B.考點：函數的零點.8、D【解析】

根據線面平行的性質和面面垂直的判定可知②④正確.【詳解】對于①，若，，或，故①錯；對于②，過作一個平面，它與平面交于，則，因為，故，因為，故，故②成立；對于③，由面面垂直的性質定理可知前提條件缺少，故③錯；對于④，如圖所示，如果分別于平面斜交，且斜足分別為，在直線上分別截取斜線段、，使得，過分別作平面的垂線，垂足分別為，連接，則分別為與平面所成的角、與平面所成的角，因為，故，所以，故.當分別垂直于時，；當分別平行于時，；故與所成的角和與所成的角相等，故④正確.故選D.【點睛】本題考查空間中的點、線、面的位置關系，正確判斷這些命題的真假的前提是熟悉公理、定理的前提條件，同時需要動態(tài)考慮它們的位置關系，觀察是否有不同的情況出現.9、C【解析】

由面面垂直的判定定理，可得①正確；利用列舉所有可能，即可判斷②③錯誤．【詳解】①由面面垂直的判定定理，∵，a?β，∴α⊥β，故正確；

②，則平行，相交，異面都有可能，故不正確；

③，則與α平行，相交都有可能，故不正確．

故選：C．【點睛】本題主要考查線面關系的判斷，考查的空間想象能力，屬于基礎題.判斷線面關系問題首先要熟練掌握有關定理、推論，其次可以利用特殊位置排除錯誤結論.10、B【解析】

求解一元二次不等式的解集，化簡集合的表示，最后運用集合交集的定義，結合數軸求出.【詳解】因為，所以，故本題選B.【點睛】本題考查了一元二次不等式的解法，考查了集合交集的運算，正確求解一元二次不等式的解集、運用數軸是解題的關鍵.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

取半正多面體的截面正八邊形，設半正多面體的棱長為，過分別作于，于，可知，，可求出半正多面體的棱長及所有棱長和.【詳解】取半正多面體的截面正八邊形，由正方體的棱長為1，可知，易知，設半正多面體的棱長為，過分別作于，于，則，，解得，故該半正多面體的所有棱長和為.【點睛】本題考查了空間幾何體的結構，考查了空間想象能力與計算求解能力，屬于中檔題.12、【解析】

由題意畫出圖形，寫出以原點為圓心，以為半徑的圓的方程，與直線方程聯(lián)立求得值，則答案可求．【詳解】如圖所示，當點往直線兩邊運動時，不斷變小，當點為直線上的定點時，直線與圓相切時，最大，∴當為正方形，則，則以為圓心，以為半徑的圓的方程為．聯(lián)立，得．解得或．點橫坐標的取值范圍是．故答案為：．【點睛】本題考查直線與圓位置關系的應用，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力，求解時注意坐標法的應用.13、464【解析】

根據等比數列求和公式求解【詳解】由題意得從2019年到2022年各年產值構成以100為首項，1.1為公比的等比數列，其和為【點睛】本題考查等比數列應用以及等比數列求和公式，考查基本分析求解能力，屬基礎題14、【解析】

由題設可得知該函數的最小正周期是，令，則由等差數列的定義可知數列是首項為，公差為的等差數列，即，由此可得，將以上個等式兩邊相加可得，即，所以，故，應填答案．點睛：解答本題的關鍵是借助題設中提供的數列遞推關系式，先求出數列的通項公式，然后再運用列項相消法求出，最后借助題設中提供的新信息，求出使得問題獲解．15、【解析】數形結合法，注意y＝，y≠0等價于x2＋y2＝9(y＞0)，它表示的圖形是圓x2＋y2＝9在x軸之上的部分(如圖所示)．結合圖形不難求得，當－3＜b≤3時，直線y＝x＋b與半圓x2＋y2＝9(y＞0)有公共點．16、【解析】

先換元，令，所以，利用一次函數的單調性，列出等式，求出，然后利用正切型函數的周期公式求出即可．【詳解】令，所以，由于，所以在上單調遞減，即有，解得，，故最小正周期為．【點睛】本題主要考查三角函數的性質的應用，正切型函數周期公式的應用，以及換元法的應用．三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）設出圓心坐標和圓的標準方程，將點帶入求出結果即可；（Ⅱ）利用圓心到直線的距離和圓的半徑解直角三角形求得弦長.【詳解】解：（Ⅰ）由題意可設圓心坐標為，則圓的標準方程為，∴解得故圓的標準方程為.（Ⅱ）圓心到直線的距離，∴直線被圓截得的弦長為.【點睛】本題考查了圓的方程，以及直線與圓相交求弦長的知識，屬于基礎題.18、（1）.（2）,.（3）,.【解析】

（1）根據分母不等于求出函數的定義域.（2）化簡函數的表達式,利用正弦函數的單調減區(qū)間求解函數的單調減區(qū)間即可.（3）通過滿足求出相位的范圍,利用正弦函數的值域,求解函數的最大值和最小值.【詳解】解：（1）函數的定義域為：,即,（2）,令且,解得：,即所以的單調遞減區(qū)間：,.（3）由,可得：,當,即：時,當,即：時,【點睛】本題考查三角函數的最值以及三角函數的化簡與應用,兩角和與差的三角函數的應用考查計算能力.19、（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）由時，根據，利用一元二次不等式的解法，即可求解；（Ⅱ）由對任意的恒成立，得到，利用基本不等式求得最小值，即可求解.【詳解】（Ⅰ）由題意，當時，函數，由，即，解得或，所以不等式的解集為.（Ⅱ）因為對任意的恒成立，即，又由，當且僅當時，即時，取得最小值，所以，即實數的最大值為.【點睛】本題主要考查了一元二次不等式的求解，以及基本不等式的應用，其中解答中熟記一元二次不等式的解法，以及合理利用基本不等式求得最小值是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.20、（1）（2）證明見解析【解析】

（1）由題意列式求得數列的首項和公差，然后代入等差數列的通項公式得答案.

（2）求出數列的通項，利用裂項相消法求出數