云南省昭通市永善一中2025屆高一數學第二學期期末質量跟蹤監視模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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1．一個體積為的正三棱柱（底面為正三角形，且側棱垂直于底面的棱柱）的三視圖如圖所示，則該三棱柱的側視圖的面積為（）A． B．3 C． D．122．圓與圓的位置關系為()A．相交 B．相離 C．相切 D．內含3．在ΔABC中，已知BC=2AC，B∈[πA．[π4C．[π44．已知數列的前項和為，且，則()A． B． C． D．5．已知均為實數，則“”是“構成等比數列”的（）A．必要不充分條件 B．充分不必要條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件6．已知，，，則，，的大小關系為（）A． B． C． D．7．空間直角坐標系中，點關于軸對稱的點的坐標是（）A． B．C． D．8．執行如圖所示的程序，已知的初始值為，則輸出的的值是（）A． B． C． D．9．若圓上至少有三個不同的點到直線的距離為，則直線的斜率的取值范圍是（）A． B．C． D．10．在區間上隨機選取一個實數，則事件“”發生的概率是（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．某企業利用隨機數表對生產的800個零件進行抽樣測試，先將800個零件進行編號，編號分別為001,002,003，…，800從中抽取20個樣本，如下提供隨機數表的第行到第行：若從表中第6行第6列開始向右依次讀取個數據，則得到的第個樣本編號是_______.12．在平行四邊形中，=，邊，的長分別為2，1.若，分別是邊，上的點，且滿足，則的取值范圍是______．13．在中，角，，所對的邊分別為，，，若，則為______三角形．14．已知數列{an}、{bn}都是公差為1的等差數列，且a1+b1=515．如圖，直三棱柱中，，，，外接球的球心為О，點E是側棱上的一個動點．有下列判斷：①直線AC與直線是異面直線；②一定不垂直；③三棱錐的體積為定值；④的最小值為⑤平面與平面所成角為其中正確的序號為_______16．如圖，在直四棱柱中，，，，分別為的中點，平面平面.給出以下幾個說法：①；②直線與的夾角為；③與平面所成的角為；④平面內存在直線與平行.其中正確命題的序號是__________.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．如圖，某住宅小區的平面圖呈圓心角為的扇形，小區的兩個出入口設置在點及點處，且小區里有一條平行于的小路．（1）已知某人從沿走到用了分鐘，從沿走到用了分鐘，若此人步行的速度為每分鐘米，求該扇形的半徑的長（精確到米）（2）若該扇形的半徑為，已知某老人散步，從沿走到，再從沿走到，試確定的位置，使老人散步路線最長．18．如圖，在中，，，，.（Ⅰ）求AB；（Ⅱ）求AD.19．已知夾角為，且，，求：（1）；（2）與的夾角．20．設兩個非零向量與不共線，（1）若，，，求證：三點共線；（2）試確定實數，使和同向.21．已知向量，.函數的圖象關于直線對稱，且.（1）求函數的表達式：（2）求函數在區間上的值域.

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、A【解析】

根據側視圖的寬為求出正三角形的邊長為4，再根據體積求出正三棱柱的高，再求側視圖的面積。【詳解】側視圖的寬即為俯視圖的高，即三角形的邊長為4，又側視圖的面積為：【點睛】理解：側視圖的寬即為俯視圖的高，即可求解本題。2、B【解析】

首先把兩個圓的一般方程轉化為標準方程，求出其圓心坐標和半徑，再比較圓心距與半徑的關系即可.【詳解】有題知：圓，即：，圓心，半徑.圓，即：，圓心，半徑.所以兩個圓的位置關系是相離.故選：B【點睛】本題主要考查圓與圓的位置關系，比較圓心距和半徑的關系是解決本題的關鍵，屬于簡單題.3、D【解析】

由BC=2AC，根據正弦定理可得：sinA=2sinB，由角【詳解】由于在ΔABC中，有BC=2AC，根據正弦定理可得由于B∈[π6,π4]由于在三角形中，A∈0,π，由正弦函數的圖像可得：A∈[故答案選D【點睛】本題考查正弦定理在三角形中的應用，以及三角函數圖像的應用，屬于中檔題．4、D【解析】

通過和關系，計算通項公式，再計算，代入數據得到答案.【詳解】，取，兩式相減得：是首項為4，公比為2的等比數列.故答案選D【點睛】本題考查了等比數列的通項公式，前N項和，意在考查學生的計算能力.5、A【解析】解析：若構成等比數列，則，即是必要條件；但時，不一定有成等比數列，如，即是不充分條件．應選答案A．6、D【解析】

利用指數函數、對數函數的單調性直接求解.【詳解】解：因為，，所以，，的大小關系為.故選：D.【點睛】本題考查三個數的大小比較，考查指數函數、對數函數的單調性等基礎知識，屬于基礎題.7、A【解析】

關于軸對稱，縱坐標不變，橫坐標、豎坐標變為相反數．【詳解】關于軸對稱的兩點的縱坐標相同，橫坐標、豎坐標均互為相反數．所以點關于軸對稱的點的坐標是．故選：A．【點睛】本題考查空間平面直角坐標系，考查關于坐標軸、坐標平面對稱的問題．屬于基礎題．8、C【解析】

第一次運行：，滿足循環條件因而繼續循環；接下來繼續寫出第二次、第三次運算，直至，然后輸出的值.【詳解】初始值第一次運行：，滿足循環條件因而繼續循環；第二次運行：，滿足循環條件因而繼續循環；第三次運行：，不滿足循環條件因而繼續循環，跳出循環；此時.故選：C【點睛】本題是一道關于循環結構的問題，需要借助循環結構的相關知識進行解答，需掌握循環結構的兩種形式，屬于基礎題.9、C【解析】

作出圖形，設圓心到直線的距離為，利用數形結合思想可知，并設直線的方程為，利用點到直線的距離公式可得出關于的不等式，解出即可.【詳解】如下圖所示：設直線的斜率為，則直線的方程可表示為，即，圓心為，半徑為，由于圓上至少有三個不同的點到直線的距離為，所以，即，即，整理得，解得，因此，直線的斜率的取值范圍是.故選：C.【點睛】本題考查直線與圓的綜合問題，解題的關鍵就是確定圓心到直線距離所滿足的不等式，并結合點到直線的距離公式來求解，考查數形結合思想的應用，屬于中等題.10、B【解析】

根據求出的范圍，再由區間長度比即可得出結果.【詳解】區間的長度為；由，解得，即，區間長度為，事件“”發生的概率是.故選B.【點睛】本題主要考查與長度有關的幾何概型，熟記概率計算公式即可，屬于基礎題型.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、1【解析】

根據隨機數表法抽樣的定義進行抽取即可．【詳解】第6行第6列的數開始的數為808，不合適，436，789不合適，535，577，348，994不合適，837不合適，522，535重復不合適，1合適則滿足條件的6個編號為436，535，577，348，522，1，則第6個編號為1，故答案為1．【點睛】本題考查了簡單隨機抽樣中的隨機數表法，主要考查隨機抽樣的應用，根據定義選擇滿足條件的數據是解決本題的關鍵．本題屬于基礎題．12、【解析】

以A為原點AB為軸建立直角坐標系，表示出MN的坐標，利用向量乘法公式得到表達式，最后計算取值范圍.【詳解】以A為原點AB為軸建立直角坐標系平行四邊形中，=，邊，的長分別為2，1設則當時，有最大值5當時，有最小值2故答案為【點睛】本題考查了向量運算和向量乘法的最大最小值，通過建立直角坐標系的方法簡化了技巧，是解決向量復雜問題的常用方法.13、等腰或直角【解析】

根據正弦定理化簡得到，得到，故或，得到答案.【詳解】利用正弦定理得到：，化簡得到即故或故答案為等腰或直角【點睛】本題考查了正弦定理和三角恒等變換，漏解是容易發生的錯誤.14、1【解析】

根據等差數列的通項公式把abn轉化到a1+(bn-1)【詳解】S=[=[=na1=4n+n(n-1)故答案為：12【點睛】本題主要考查等差數列通項公式和前n項和的應用，利用分組求和法是解決本題的關鍵．15、①③④⑤【解析】

由異面直線的概念判斷①；利用線面垂直的判定與性質判斷②；找出球心,由棱錐底面積與高為定值判斷③；設,列出關于的函數關系式,結合其幾何意義,求出最小值判斷④；由面面成角的定義判斷⑤【詳解】對于①,因為直線經過平面內的點,而直線在平面內,且不過點,所以直線與直線是異面直線,故①正確；對于②,當點所在的位置滿足時,又,,平面,所以平面,又平面,所以,故②錯誤；對于③,由題意知,直三棱柱的外接球的球心是與的交點,則的面積為定值,由平面,所以點到平面的距離為定值,所以三棱錐的體積為定值,故③正確；對于④,設,則,所以,由其幾何意義,即直角坐標平面內動點與兩定點,距離和的最小值知,其最小值為,故④正確；對于⑤,由直棱柱可知,,,則即為平面與平面所成角,因為,,所以,故⑤正確；綜上,正確的有①③④⑤,故答案為:①③④⑤【點睛】本題考查異面直線的判定,考查面面成角,考查線線垂直的判定,考查轉化思想16、①③.【解析】

利用線面平行的性質定理可判斷①；利用平行線的性質可得直線與的夾角等于直線與所成的角，在中即可判斷②；與平面所成的角即為與平面所成的角可判斷③；根據直線與平面的位置關系可判斷④；【詳解】對于①，由，平面平面，則，又，所以，故①正確；對于②，連接，由，即直線與的夾角等于直線與所成的角，在中，，顯然直線與的夾角不為，故②不正確；對于③，與平面所成的角即為與平面所成的角，根據三棱柱為直棱柱可知為與平面所成的角，在梯形中，，，，可解得與平面所成的角為，故③正確；對于④，由于與平面相交，故平面內不存在與平行的直線.故答案為：①③【點睛】本題是一道立體幾何題目，考查了線面平行的性質定理，求線面角以及直線與平面之間的位置關系，屬于中檔題.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、（1）445米；（2）在弧的中點處【解析】

（1）假設該扇形的半徑為米，在中，利用余弦定理求解；（2）設設，在中根據正弦定理，用和表示和，進而利用和差公式和輔助角公式化簡，再根據三角函數的性質求最值.【詳解】（1）方法一：設該扇形的半徑為米，連接.由題意，得(米)，（米），在中，即，解得（米)方法二：連接，作，交于，由題意，得（米），（米），，在中，.（米）..在直角中，（米），（米）.（2）連接，設，在中，由正弦定理得：，于是，則，所以當時，最大為，此時在弧的中點處．【點睛】本題考查正弦定理，余弦定理的實際應用，結合了三角函數的化簡與求三角函數的最值.18、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）利用余弦定理，解得的長；（Ⅱ）利用正弦定理得，計算得，，再利用為直角三角形，進而可計算的長.【詳解】（Ⅰ）在中，由余弦定理有，即，解得或（舍），所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）得，在中，由正弦定理有，得，，所以，，又，則為直角三角形，所以，即，故.【點睛】本題考查余弦定理和正弦定理的簡單應用，屬于基礎題.19、（1）（2）【解析】試題分析：（1）先求模的平方將問題轉化為向量的數量積問題．（2）根據數量積公式即可求得兩向量的夾角．（1），，所以．（2）設與的夾角為．則，因為，所以．考點：1向量的數量積；2向量的模長．20、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）根據向量的運算可得，再根據平面向量共線基本定理即可證明三點共線；（2）根據平面向量共線基本定理，可設，由向量相等條件可得關于和的方程組，解方程組并由的條件確定實數的值.【詳解】（1）證明：因為，，，所以.所以共線，又因為它們有公共點，所以三點共線.