2025屆甘肅省蘭州市蘭大附中高一下數學期末監測模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．在前項和為的等差數列中，若，則=()A． B． C． D．2．在平面直角坐標系中，已知點，點，直線:.如果對任意的點到直線的距離均為定值，則點關于直線的對稱點的坐標為（）A． B． C． D．3．現有1瓶礦泉水，編號從1至1．若從中抽取6瓶檢驗，用系統抽樣方法確定所抽的編號為（）A．3，13，23，33，43，53 B．2，14，26，38，42，56C．5，8，31，36，48，54 D．5，10，15，20，25，304．執行如圖所示的程序框圖，若輸入，則輸出（）A．13 B．15 C．40 D．465．七巧板是我國古代勞動人民發明的一種智力玩具，由五塊等腰直角三角形、一塊正方形和一塊平行四邊形共七塊板組成.如圖是一個用七巧板拼成的正方形，若在此正方形中任取一點，則此點取自黑色部分的概率為（）A． B． C． D．6．已知正方體ABCD-ABCD中,E、F分別為BB、CC的中點,那么異面直線AE與DF所成角的余弦值為()A． B．C． D．7．已知，，，則實數、、的大小關系是（）A． B．C． D．8．在△ABC中，a＝3，b＝3，A＝，則C為()A． B． C． D．9．若直線y=x+b與曲線有公共點，則b的取值范圍是A．B．C．D．10．半徑為的半圓卷成一個圓錐，它的體積是（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．在等差數列中，，，則．12．若，且，則=_______.13．在△中，，，，則_________．14．已知函數，對于上的任意，，有如下條件：①；②；③；④．其中能使恒成立的條件序號是__________．15．如圖，正方體的棱長為，動點在對角線上，過點作垂直于的平面，記這樣得到的截面多邊形（含三角形）的周長為，設，則當時，函數的值域__________．16．在長方體中，，，，如圖，建立空間直角坐標系，則該長方體的中心的坐標為_________．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．平面四邊形中,.(1)若,求;(2)設,若,求面積的最大值.18．在中，角，，所對的邊分別為，，，且.（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若的面積為，其外接圓的半徑為，求的周長.19．已知平面向量，，，其中，（1）若為單位向量，且，求的坐標；（2）若且與垂直，求向量，夾角的余弦值.20．已知圓關于直線對稱，半徑為，且圓心在第一象限．（Ⅰ）求圓的方程；（Ⅱ）若直線與圓相交于不同兩點、，且，求實數的值．21．設數列的前項和為，對于，，其中是常數.（1）試討論：數列在什么條件下為等比數列，請說明理由；（2）設，且對任意的，有意義，數列的前項和為.若，求的最大值.

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、C【解析】

利用公式的到答案.【詳解】項和為的等差數列中，故答案選C【點睛】本題考查了等差數列的前N項和，等差數列的性質，利用可以簡化計算.2、B【解析】

利用點到直線的距離公式表示出，由對任意的點到直線的距離均為定值，從而可得，求得直線的方程，再利用點關于直線對稱的性質即可得到對稱點的坐標。【詳解】由點到直線的距離公式可得：點到直線的距離由于對任意的點到直線的距離均為定值，所以，即，所以直線的方程為：設點關于直線的對稱點的坐標為故，解得：，所以設點關于直線的對稱點的坐標為故答案選B【點睛】本題主要考查點關于直線對稱的對稱點的求法，涉及點到直線的距離，兩直線垂直斜率的關系，中點公式等知識點，考查學生基本的計算能力，屬于中檔題。3、A【解析】

根據系統抽樣原則，可知編號成公差為的等差數列，觀察選項得到結果.【詳解】根據系統抽樣原則，可知所抽取編號應成公差為的等差數列選項編號公差為；選項編號不成等差；選項編號公差為；可知錯誤選項編號滿足公差為的等差數列，正確本題正確選項：【點睛】本題考查抽樣方法中的系統抽樣，關鍵是明確系統抽樣的原則和特點，屬于基礎題.4、A【解析】

模擬程序運行即可．【詳解】程序運行循環時，變量值為，不滿足；，不滿足；，滿足，結束循環，輸出．故選A．【點睛】本題考查程序框圖，考查循環結構．解題時可模擬程序運行，觀察變量值的變化，判斷是否符合循環條件即可．5、B【解析】

設正方形的邊長為，計算出陰影部分區域的面積和正方形區域的面積，然后利用幾何概型的概率公式計算出所求事件的概率.【詳解】設正方形的邊長為，則陰影部分由三個小等腰直角三角形構成，則正方形的對角線長為，則等腰直角三角形的邊長為，對應每個小等腰三角形的面積，則陰影部分的面積之和為，正方形的面積為，若在此正方形中任取一點，則此點取自黑色部分的概率為，故選：B．【點睛】本題考查面積型幾何概型概率公式計算事件的概率，解題的關鍵在于計算出所求事件對應區域的面積和總區域的面積，考查計算能力，屬于中等題.6、C【解析】

連接DF,因為DF與AE平行,所以∠DFD即為異面直線AE與DF所成角的平面角,設正方體的棱長為2,則FD=FD=,由余弦定理得cos∠DFD==.7、B【解析】

將bc化簡為最簡形式，再利用單調性比較大小。【詳解】因為在單調遞增所以【點睛】本題考查利用的單調性判斷大小，屬于基礎題。8、C【解析】

由正弦定理先求出的值，然后求出結果【詳解】在中，，則故選【點睛】本題運用正弦定理解三角形，熟練運用公式即可求出結果，較為簡單。9、C【解析】

試題分析：如圖所示：曲線即（x-2）2+（y-3）2=4（-1≤y≤3），表示以A（2，3）為圓心，以2為半徑的一個半圓，直線與圓相切時，圓心到直線y=x+b的距離等于半徑2，可得=2，∴b=1+2，b=1-2當直線過點（4，3）時，直線與曲線有兩個公共點，此時b=-1結合圖象可得≤b≤3故答案為C10、A【解析】

根據圓錐的底面圓周長等于半圓弧長可計算出圓錐底面圓半徑，由勾股定理可計算出圓錐的高，再利用錐體體積公式可計算出圓錐的體積.【詳解】設圓錐的底面圓半徑為，高為，則圓錐底面圓周長為，得，，所以，圓錐的體積為，故選：A.【點睛】本題考查圓錐體積的計算，解題的關鍵就是要計算出圓錐底面圓的半徑和高，解題時要從已知條件列等式計算，并分析出一些幾何等量關系，考查空間想象能力與計算能力，屬于中等題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、8【解析】

設等差數列的公差為，則，所以，故答案為8.12、【解析】

由的值及，可得的值，計算可得的值.【詳解】解：由，且，由，可得，故，故答案為：.【點睛】本題主要考查了同角三角函數的基本關系，熟練掌握其基本關系是解題的關鍵.13、【解析】

利用余弦定理求得的值，進而求得的大小.【詳解】由余弦定理得，由于，故.【點睛】本小題主要考查余弦定理解三角形，考查特殊角的三角函數值，屬于基礎題.14、③④【解析】∵g（x）=[（﹣x）2﹣cos（﹣x）]=[x2﹣cosx]=g（x），∴g（x）是偶函數，∴g（x）圖象關于y軸對稱，∵g′（x）=x+sinx＞0，x∈（0，]，∴g（x）在（0，]上是增函數，在[﹣，0）是減函數，故③x1＞|x2|；④時，g（x1）＞g（x2）恒成立，故答案為：③④．點睛：此題考查的是函數的單調性的應用；已知表達式，根據表達式判斷函數的單調性，和奇偶性，偶函數在對稱區間上的單調性相反，根據單調性的定義可知，增函數自變量越大函數值越大，減函數自變量越大函數值越小。15、【解析】

根據已知條件，所得截面可能是三角形，也可能是六邊形，分別求出三角形與六邊形周長的取值情況，即可得到函數的值域.【詳解】如圖：∵正方體的棱長為，∴正方體的對角線長為6，∵（i）當或時，三角形的周長最小.設截面正三角形的邊長為，由等體積法得：∴∴，（ii）或時，三角形的周長最大，截面正三角形的邊長為，∴（iii）當時，截面六邊形的周長都為∴∴當時，函數的值域為.【點睛】本題考查多面體表面的截面問題和線面垂直，關鍵在于結合圖形分析截面的三種情況，進而得出與截面邊長的關系.16、【解析】

先求出點B的坐標，再求出M的坐標.【詳解】由題得B(4,6,0),,因為M點是中點，所以點M坐標為.故答案為【點睛】本題主要考查空間坐標的求法，意在考查學生對該知識的理解掌握水平，屬于基礎題.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）；（2）【解析】

(1)法一：在中，利用余弦定理即可得到的長度；法二：在中，由正弦定理可求得，再利用正弦定理即可得到的長度；（2）在中，使用正弦定理可知是等邊三角形或直角三角形，分兩種情況分別找出面積表達式計算最大值即可.【詳解】（1）法一：中，由余弦定理得，即，解得或舍去，所以.法二：中，由正弦定理得，即.解得，故，.由正弦定理得，即，解得.（2）中，由正弦定理及，可得，即或，即或.是等邊三角形或直角三角形.中，設，由正弦定理得.若是等邊三角形，則.∵當時，面積的最大值為；若是直角三角形，則.當時，面積的最大值為；綜上所述，面積的最大值為.【點睛】本題主要考查正弦定理，余弦定理，面積公式，三角函數最值的相關應用，綜合性強，意在考查學生的計算能力，轉化能力，分析三角形的形狀并討論是解決本題的關鍵.18、（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）由由正弦定理得，進而得到，求得，即可求解；（Ⅱ）由（Ⅰ）和正弦定理，求得，再由余弦定理得，利用三角形的面積公式，求得，進而求得的值，得出三角形的周長.【詳解】（Ⅰ）由題意，因為，由正弦定理，得，即，由，得，又由，則，所以，解得，又因為，所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，且外接圓的半徑為，由正弦定理可得，解得，由余弦定理得，可得，因為的面積為，解得，所以，解得：，所以的周長.【點睛】本題主要考查了三角恒等變換的應用，以及正弦定理、余弦定理和三角形的面積公式的應用，其中在解有關三角形的題目時，要抓住題設條件和利用某個定理的信息，合理應用正弦定理和余弦定理求解是解答的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題.19、（1）或；（2）.【解析】

(1)設,根據和列出關于的方程求解即可.(2)根據垂直數量積為0,代入的模長,求解得.再根據夾角公式求解即可.【詳解】（1）設,由和可得：∴或,∴或（2）∵,即,又,,∴,∴向量,夾角的余弦值【點睛】本題主要考查了向量平行的性質與單位向量的求解.同時也考查了根據數量積與模長求解向量夾角的方法等.屬于中檔題.20、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）由題得和，解方程即得圓的方程；（Ⅱ）取的中點，則，化簡得，即得m的值.【詳解】（Ⅰ）由，得圓的圓心為，圓關于直線對稱，①．圓的半徑為，②又圓心在第一象限，，，由①②解得，，故圓的方程為．（Ⅱ）取的中點，則，，，即，又，解得．【點睛】本題主要考查圓的方程的求法，考查直線和圓的位置關系