安徽省合肥九中2025屆高一數學第二學期期末學業質量監測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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．若實數滿足，則的最小值為()A．4 B．8 C．16 D．322．某公司的班車在和三個時間點發車.小明在至之間到達發車站乘坐班車，且到達發車站的時刻是隨機的，則他等車時間不超過分鐘的概率是（）A． B． C． D．3．“”是“直線與直線互相垂直”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．已知，，，，那么（）A． B． C． D．5．《五曹算經》是我國南北朝時期數學家甄鸞為各級政府的行政人員編撰的一部實用算術書.其第四卷第九題如下：“今有平地聚粟，下周三丈高四尺，問粟幾何？”其意思為“場院內有圓錐形稻谷堆，底面周長3丈，高4尺，那么這堆稻谷有多少斛？”已知1丈等于10尺，1斜稻谷的體積約為1.62立方尺，圓周率約為3，估算出堆放的稻谷約有（）A．57.08斜 B．171.24斛 C．61.73斛 D．185.19斛6．已知點，和向量，若，則實數的值為（）A． B． C． D．7．關于的不等式的解集中，恰有3個整數，則的取值范圍是（）A． B．C． D．8．的內角的對邊分別為，，，若的面積為，則A． B． C． D．9．已知向量，滿足，，，則（）A．3 B．2 C．1 D．010．若函數的最小正周期為2，則（）A．1 B．2 C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若三棱錐的底面是以為斜邊的等腰直角三角形，，,則該三棱錐的外接球的表面積為________.12．如圖所示，梯形中，，于，，分別是，的中點，將四邊形沿折起（不與平面重合），以下結論①面；②；③．則不論折至何位置都有_______．13．在等比數列{an}中，a114．將2本不同的數學書和1本語文書在書架上隨機排成一行，則2本數學書相鄰的概率為________.15．已知兩個數k＋9和6－k的等比中項是2k，則k＝________．16．從甲、乙、丙等5名候選學生中選2名作為青年志愿者，則甲、乙、丙中有2個被選中的概率為________．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．已知數列的各項均為正數，對任意，它的前項和滿足，并且，，成等比數列.（1）求數列的通項公式；（2）設，為數列的前項和，求.18．已知同一平面內的三個向量、、，其中（1，2）．（1）若||＝2，且與的夾角為0°，求的坐標；（2）若2||＝||，且2與2垂直，求在方向上的投影．19．已知扇形的面積為，弧長為，設其圓心角為（1）求的弧度；（2）求的值.20．已知，且，向量，.（1）求函數的解析式，并求當時，的單調遞增區間；（2）當時，的最大值為5，求的值；（3）當時，若不等式在上恒成立，求實數的取值范圍.21．如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，點為中點，且.(1)證明：平面；(2)證明：平面平面.

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、B【解析】

由可以得到，利用基本不等式可求最小值.【詳解】因為，故，因為，故，故，當且僅當時等號成立，故的最小值為8，故選B.【點睛】應用基本不等式求最值時，需遵循“一正二定三相等”，如果原代數式中沒有積為定值或和為定值，則需要對給定的代數變形以產生和為定值或積為定值的局部結構.求最值時要關注取等條件的驗證.2、A【解析】

根據題意得小明等車時間不超過分鐘的總的時間段，再由比值求得.【詳解】小明等車時間不超過分鐘，則他需在至到，或至到，共計分鐘，所以概率故選A.【點睛】本題考查幾何概型，關鍵找到滿足條件的時間段，屬于基礎題.3、A【解析】

對分類討論，利用兩條直線相互垂直的充要條件即可得出.【詳解】由題意，當時，兩條直線分別化為：，，此時兩條直線相互垂直；當時，兩條直線分別化為：，，此時兩條直線不垂直，舍去；當且時，由兩條直線相互垂直，則，即，解得或；綜上可得：或，兩條直線相互垂直，所以“”是“直線與直線互相垂直”的充分不必要條件.故選：A.【點睛】本題考查了簡易邏輯的判定方法、兩條直線相互垂直的充要條件，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題.4、C【解析】由于故，故，所以.由于，由于，所以，故.綜上所述選.5、C【解析】

根據圓錐的周長求出底面半徑，再計算圓錐的體積，從而估算堆放的稻谷數．【詳解】設圓錐形稻谷堆的底面半徑為尺，則底面周長為尺，解得尺，又高為尺，所以圓錐的體積為（立方尺）；又（斛，所以估算堆放的稻谷約有61.73（斛．故選：．【點睛】本題考查了椎體的體積計算問題，也考查了實際應用問題，是基礎題．6、B【解析】

先求出，再利用共線向量的坐標表示求實數的值.【詳解】由題得，因為，所以.故選：B【點睛】本題主要考查向量的坐標運算和向量共線的坐標表示，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題.7、C【解析】

首先將原不等式轉化為，然后對進行分類討論，再結合不等式解集中恰有3個整數，列出關于的條件，求解即可.【詳解】關于的不等式等價于當時，即時，于的不等式的解集為，要使解集中恰有3個整數，則；當時，即時，于的不等式的解集為，不滿足題意；當時，即時，于的不等式的解集為，要使解集中恰有3個整數，則；綜上，.故選：C．【點睛】本題主要考了一元二次不等式的解法以及分類討論思想，屬于中檔題．8、C【解析】分析：利用面積公式和余弦定理進行計算可得。詳解：由題可知所以由余弦定理所以故選C.點睛：本題主要考查解三角形，考查了三角形的面積公式和余弦定理。9、A【解析】

由，求出，代入計算即可．【詳解】由題意，則.故答案為A.【點睛】本題考查了向量的數量積，考查了學生的計算能力，屬于基礎題．10、C【解析】

根據可求得結果.【詳解】由題意知：，解得：本題正確選項：【點睛】本題考查余弦型函數最小正周期的求解問題，屬于基礎題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

由已知計算后知也是以為斜邊的直角三角形，這樣的中點到棱錐四個頂點的距離相等，即為外接球的球心，從而很容易得球的半徑，計算出表面積．【詳解】因為，所以是等腰直角三角形，且為斜邊，為的中點，因為底面是以為斜邊的等腰直角三角形，所以，點即為球心，則該三棱錐的外接圓半徑，故該三棱錐的外接球的表面積為.【點睛】本題考查球的表面積，考查三棱錐與外接球，解題關鍵是找到外接球的球心，證明也是以為斜邊的直角三角形，利用直角三角形的性質是本題的關鍵．也是尋找外接球球心的一種方法．12、①②【解析】

根據題意作出折起后的幾何圖形，再根據線面平行的判定定理，線面垂直的判定定理，異面直線的判定定理等知識即可判斷各選項的真假．【詳解】作出折起后的幾何圖形，如圖所示：．因為，分別是，的中點，所以是的中位線，所以．而面，所以面，①正確；無論怎樣折起，始終有，所以面，即有，而，所以，②正確；折起后，面，面，且，故與是異面直線，③錯誤．故答案為：①②．【點睛】本題主要考查線面平行的判定定理，線面垂直的判定定理，異面直線的判定定理等知識的應用，意在考查學生的直觀想象能力和邏輯推理能力，屬于基礎題．13、64【解析】由題設可得q3=8?q=3，則a714、【解析】2本不同的數學書和1本語文書在書架上隨機排成一行，所有的基本事件有（數學1，數學2，語文），（數學1，語文，數學2），（數學2，數學1，語文），（數學2，語文，數學1），（語文，數學1，數學2），（語文，數學2，數學1）共6個，其中2本數學書相鄰的有（數學1，數學2，語文），（數學2，數學1，語文），（語文，數學1，數學2），（語文，數學2，數學1）共4個，故2本數學書相鄰的概率．15、3【解析】由已知得(2k)2＝(k＋9)(6－k)，k∈N*，∴k＝3.16、【解析】因為從5名候選學生中任選2名學生的方法共有10種，而甲、乙、丙中有2個被選中的方法有3種，所以甲、乙、丙中有2個被選中的概率為.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、（1），（2）【解析】

（1）根據與的關系，利用臨差法得到，知公差為3；再由代入遞推關系求；（2）觀察數列的通項公式，相鄰兩項的和有規律，故采用并項求和法，求其前項和.【詳解】（1）對任意，有，①當時，有，解得或.當時，有.②①-②并整理得.而數列的各項均為正數，.當時，，此時成立；當時，，此時，不成立，舍去.，.（2）.【點睛】已知與的遞推關系，利用臨差法求時，要注意對下標與分兩種情況，即；數列求和時要先觀察通項特點，再決定采用什么方法.18、（1）（2，4）（2）【解析】

（1）由題意可得與共線，設出的坐標，根據||＝2，求出參數的值，可得的坐標；

（2）由題意可得，再根據，求出

的值，可得在方向上的投影的值．【詳解】（1）同一平面內的三個向量、、，其中（1，2），若||＝2，且與的夾角為0°，則與共線，故可設（t，2t），t＞0，∴2，∴t＝2，即（2，4）．（2）∵2||＝||，即||．∵2與2垂直，∴（2）?（2）＝2320，即83?20，即366，即?，∴在方向上的投影為．【點睛】本題主要考查兩個向量坐標形式的運算，兩個向量共線、垂直的性質，屬于中檔題．19、（1）（2）【解析】

（1）由弧長求出半徑，再由面積求得圓心角；（2）先由誘導公式化簡待求式為，利用兩角差的正切公式可求．【詳解】（1）設扇形的半徑為r，則，所以.由可得，解得.（2）..【點睛】本題考查扇形的弧長與面積公式，考查誘導公式，同角間的三角函數關系，考查兩角差的正切公式．求值時用誘導公式化簡是解題關鍵．.20、（1），單調增區間為；（2）或；（3）.【解析】試題分析：（Ⅰ）化簡，解不等式求得的范圍即得增區間（2）討論a的正負，確定最大值，求a；（3）化簡絕對值不等式，轉化在上恒成立，即，求出在上的最大值，最小值即得解.試題解析：（1）∵∴∴單調增區間為（2）當時，若，，∴若，，∴∴綜上，或.（3）在上恒成立，即在上恒成立，∴在上最大值2，最小值，∴∴的取值范圍.點睛:本題考查了平面向量的數量積的應用，三角函數的單調性與最值，三角函數的化簡，恒成立問題的處理及分類討論的數學思想，綜合性強.21、（1）證明見解析；（2）證明見解析【解析】

(1)連接交于點，連接，可證，從而可證平面.(2)可證平面，從而得到平面平面.【詳解】(1)連接交于點，連接，因為底面為平行四邊形，所以為中點.在中,又為中點，所以.又平面，平面，所以