2025屆甘肅省武威市涼州區武威第八中學數學高一下期末質量跟蹤監視試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．已知是常數，如果函數的圖像關于點中心對稱，那么的最小值為（）A． B． C． D．2．若正數滿足，則的最小值為A． B．C． D．33．若，則在中，正數的個數是（）A．16 B．72 C．86 D．1004．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．向量，，且，則等于（）A． B． C．2 D．106．在中，，，成等差數列，，則的形狀為（）A．直角三角形 B．等腰直角三角形C．等腰三角形 D．等邊三角形7．一個人連續射擊三次，則事件“至少擊中兩次”的對立事件是（）A．恰有一次擊中 B．三次都沒擊中C．三次都擊中 D．至多擊中一次8．在四邊形中，，且·＝0，則四邊形是（）A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形9．與圓關于直線對稱的圓的方程為（）A． B．C． D．10．已知二次函數，當時，其拋物線在軸上截得線段長依次為，則的值是A．1 B．2 C．3 D．4二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若點為圓的弦的中點，則弦所在的直線的方程為___________.12．中，，則A的取值范圍為______．13．方程的解集是___________14．方程的解集是____________.15．已知是內的一點，，，則_______；若，則_______.16．已知，為第二象限角，則________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．已知的三個內角的對邊分別是，且．（1）求角的大小；（2）若的面積為，求的周長．18．已知公差的等差數列的前項和為，且滿足，.（1）求數列的通項公式；（2）求證：是數列中的項；（3）若正整數滿足如下條件：存在正整數，使得數列，，為遞增的等比數列，求的值所構成的集合.19．已知，，，．（1）求的最小值（2）證明：．20．設Sn為數列{an}的前n項和，已知a1＝3，Sn＝1Sn﹣1+n（n≥1）（1）求出a1，a3的值，并證明：數列{an+1}為等比數列；（1）設bn＝log1（a3n+1），數列{}的前n項和為Tn，求證：1≤18Tn＜1．21．已知的內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,且.(1)若,求的值;(2)若,求b,c的值.

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】

將點的坐標代入函數的解析式，得出，求出的表達式，可得出的最小值.【詳解】由于函數的圖象關于點中心對稱，則，，則，因此，當時，取得最小值，故選C.【點睛】本題考查余弦函數的對稱性，考查初相絕對值的最小值，解題時要結合題中條件求出初相的表達式，結合表達式進行計算，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.2、A【解析】

由，利用基本不等式，即可求解，得到答案.【詳解】由題意，因為，則，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值為，故選A.【點睛】本題主要考查了利用基本不等式求最小值問題，其中解答中合理構造，利用基本不是準確運算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.3、C【解析】

令，則，當1≤n≤14時，畫出角序列終邊如圖，其終邊兩兩關于x軸對稱，故有均為正數，而，由周期性可知，當14k-13≤n≤14k時，Sn>0，而，其中k=1,2,…,7，所以在中有14個為0，其余都是正數，即正數共有100－14＝86個，故選C.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】

先由數量積為，得出，求出的坐標，利用模長的坐標公式求解即可.【詳解】由題意可得，則則故選：B【點睛】本題主要考查了向量模的坐標表示以及向量垂直的坐標表示，屬于基礎題.6、B【解析】

根據等差中項以及余弦定理即可．【詳解】因為，，成等差數列，得為直角三角形為等腰直角三角形，所以選擇B【點睛】本題主要考查了等差中項和余弦定理，若為等差數列，則，屬于基礎題．7、D【解析】

根據判斷的原則：“至少有個”的對立是“至多有個”.【詳解】根據判斷的原則：“至少擊中兩次”的對立事件是“至多擊中一次”，故選D.【點睛】至多至少的對立事件問題，可以采用集合的補集思想進行轉化.如“至少有個”則對應“”，其補集應為“”.8、A【解析】

由可得四邊形為平行四邊形，由·＝0得四邊形的對角線垂直，故可得四邊形為菱形．【詳解】∵，∴與平行且相等，∴四邊形為平行四邊形．又，∴，即平行四邊形的對角線互相垂直，∴平行四邊形為菱形．故選A．【點睛】本題考查向量相等和向量數量積的的應用，解題的關鍵是正確理解有關的概念，屬于基礎題．9、A【解析】

設所求圓的圓心坐標為，列出方程組，求得圓心關于的對稱點，即可求解所求圓的方程.【詳解】由題意，圓的圓心坐標，設所求圓的圓心坐標為，則圓心關于的對稱點，滿足，解得，即所求圓的圓心坐標為，且半徑與圓相等，所以所求圓的方程為，故選A.【點睛】本題主要考查了圓的方程的求解，其中解答中熟記圓的方程，以及準確求解點關于直線的對稱點的坐標是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.10、A【解析】

當時，，運用韋達定理得，運用裂項相消求和可得由此能求出【詳解】當時，，由，可得，，由，．故選：A．【點睛】本題主要考查了函數的極限的運算，裂項相消求和，根與系數的關系，屬于中檔題．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、；【解析】

利用垂徑定理，即圓心與弦中點連線垂直于弦．【詳解】圓標準方程為，圓心為，，∵是中點，∴，即，∴的方程為，即．故答案為．【點睛】本題考查垂徑定理．圓中弦問題，常常要用垂徑定理，如弦長（其中為圓心到弦所在直線的距離）．12、【解析】

由正弦定理將sin2A≤sin2B＋sin2C－sinBsinC變為，然后用余弦定理推論可求，進而根據余弦函數的圖像性質可求得角A的取值范圍．【詳解】因為sin2A≤sin2B＋sin2C－sinBsinC，所以，即．所以，因為，所以．【點睛】在三角形中，已知邊和角或邊、角關系，求角或邊時，注意正弦、余弦定理的運用．條件只有角的正弦時，可用正弦定理的推論，將角化為邊．13、或【解析】

方程的根等價于或，分別求兩個三角方程的根可得答案.【詳解】方程或，所以或，所以或.故答案為：或.【點睛】本題考查三角方程的求解，求解時可利用單位圓中的三角函數線，注意終邊相同角的表示，考查運算求解能力和數形結合思想的運用.14、【解析】

由方程可得或，然后分別解出規定范圍內的解即可.【詳解】因為所以或由得或因為，所以由得因為，所以綜上：解集是故答案為：【點睛】方程的等價轉化為或，不要把遺漏了.15、【解析】

對式子兩邊平方，再利用向量的數量積運算即可；式子兩邊分別與向量，進行數量積運算，得到關于的方程組，解方程組即可得答案.【詳解】∵，∴；∵，∴解得：，∴.故答案為：；.【點睛】本題考查向量數量積的運算，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，求解時注意將向量等式轉化為數量關系的方法.16、【解析】

先求解,再求解,再利用降冪公式求解即可.【詳解】由,又為第二象限角,故,且.又.故答案為：【點睛】本題主要考查了降冪公式的用法等,屬于基礎題型.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）通過正弦定理得，進而求出，再根據，進而求得的大小；（2）由正弦定理中的三角形面積公式求出，再根據余弦定理，求得，進而求得的周長．【詳解】（1）由題意知，由正弦定理得，又由，則，所以，又因為，則，所以．（2）由三角形的面積公式，可得，解得，又因為，解得，即，所以，所以的周長為【點睛】本題主要考查了正弦定理、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．18、(1)；(2)證明見解析；(3)見解析【解析】

(1)根據等差數列性質,結合求得等再求的通項公式.

(2)先求出,再證明滿足的通項公式.

(3)由數列,,為遞增的等比數列可得,從而根據的通項公式求的值所構成的集合.【詳解】(1)因為為等差數列,故,故或,又公差,所以,故,故.

(2)由可得,故,若是數列中的項,則即,即,故是數列中的項；(3)由數列，，為遞增的等比數列,則即.由題意存在正整數使得等式成立,因為,故能被5整除,設,則,又為整數,故為整數設,即，故,解得,又,故,不妨設,則.即又當時,由得滿足條件.綜上所述,.【點睛】(1)本題考查等差數列性質：若是等差數列，且，則(2)證明數列中是否滿足某項或者存在正整數使得某三項為等比數列時,均先根據條件列出對應的表達式,再利用正整數的性質進行判斷,有一定的難度.19、（1）1（2）見解析【解析】

（1）根據基本不等式即可求出，（2）利用x2+y2+z2（x2+y2+z2+x2+y2+y2+z2+x2+z2），再根據基本不等式即可證明【詳解】（1）因為，，所以,即，當且僅當時等號成立，此時取得最小值1．（2）．當且僅當時等號成立，【點睛】本題考查了基本不等式求最值和不等式的證明，屬于中檔題．20、（1）見解析；（1）見解析【解析】

（1）可令求得的值；再由數列的遞推式，作差可得，可得數列為首項為1，公比為1的等比數列；（1）由（1）求得，，再由數列的裂項相消求和，可得，再由不等式的性質即可得證．【詳解】（1）當時，，即，∴，當時，，即，∴，∵，∴，，∴，∴，又∵，，∴，∴，∴數列是