2025屆河北省鹿泉一中數學高一下期末質量跟蹤監視試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請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．已知，是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，給出下列四個結論：①，，，則；②若，，，則；③若，，，則；④若，，，則.其中正確結論的序號是A．①③ B．②③ C．①④ D．②④2．某市在“一帶一路”國際合作高峰論壇前夕，在全市高中學生中進行“我和‘一帶一路’”的學習征文，收到的稿件經分類統計，得到如圖所示的扇形統計圖．又已知全市高一年級共交稿2000份，則高三年級的交稿數為（）A．2800 B．3000 C．3200 D．34003．已知2弧度的圓心角所對的弧長為2，則這個圓心角所對的弦長是（）A． B． C． D．4．已知向量滿足，．O為坐標原點，．曲線，區域．若是兩段分離的曲線，則（）A． B． C． D．5．若直線與平面相交，則（）A．平面內存在無數條直線與直線異面B．平面內存在唯一的一條直線與直線平行C．平面內存在唯一的一條直線與直線垂直D．平面內的直線與直線都相交6．已知等比數列的公比為正數，且，則()A． B． C． D．7．點M(4，m）關于點N（n,－3）的對稱點為P（6，-9）則（）A．m＝－3,n＝10 B．m＝3,n＝10C．m＝－3,n＝5 D．m=3,n=58．已知數列（，）具有性質：對任意、（），與兩數中至少有一個是該數列中的一項，對于命題：①若數列具有性質，則；②若數列，，（）具有性質，則；下列判斷正確的是（）A．①和②均為真命題 B．①和②均為假命題C．①為真命題，②為假命題 D．①為假命題，②為真命題9．已知，為直線，，為平面，下列命題正確的是（）A．若，，則B．若，，則與為異面直線C．若，，，則D．若，，，則10．若，，則的值是（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．在上，滿足的的取值范圍是______.12．方程組的增廣矩陣是________.13．若函數圖象各點的橫坐標縮短為原來的一半，再向左平移個單位，得到的函數圖象離原點最近的的對稱中心是______．14．函數可由y=sin2x向左平移___________個單位得到．15．在棱長均為2的三棱錐中，分別為上的中點，為棱上的動點，則周長的最小值為________.16．關于的不等式，對于恒成立，則實數的取值范圍為_______.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．如圖，三棱柱的側面是邊長為2的菱形，，且.（1）求證：；（2）若，當二面角為直二面角時，求三棱錐的體積.18．已知函數，其中．解關于x的不等式；求a的取值范圍，使在區間上是單調減函數．19．已知直線（1）若直線過點，且.求直線的方程.（2）若直線過點A(2,0)，且，求直線的方程及直線,,軸圍成的三角形的面積.20．已知非零數列滿足，.（1）求證：數列是等比數列；（2）若關于的不等式有解，求整數的最小值；（3）在數列中，是否存在首項、第項、第項()，使得這三項依次構成等差數列？若存在，求出所有的；若不存在，請說明理由.21．已知圓，直線平分圓.（1）求直線的方程；（2）設，圓的圓心是點，對圓上任意一點，在直線上是否存在與點不重合的點，使是常數，若存在，求出點坐標；若不存在，說明理由.

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】

利用面面垂直的判定定理判斷①；根據面面平行的判定定理判斷②；利用線面垂直和線面平行的性質判斷③；利用線面垂直和面面平行的性質判斷④【詳解】①，，或，又，則成立，故正確②若，，或和相交，并不一定平行于，故錯誤③若，，則或，若，則并不一定平行于，故錯誤④若，，，又，成立，故正確綜上所述，正確的命題的序號是①④故選【點睛】本題主要考查了命題的真假判斷和應用，解題的關鍵是理解線面，面面平行與垂直的判斷定理和性質定理，屬于基礎題．2、D【解析】

先求出總的稿件的數量，再求出高三年級交稿數占總交稿數的比例，再求高三年級的交稿數.【詳解】高一年級交稿2000份，在總交稿數中占比，所以總交稿數為，高二年級交稿數占總交稿數的，所以高三年級交稿數占總交稿數的，所以高三年級交稿數為．故選D【點睛】本題主要考查扇形統計圖的有關計算，意在考查學生對該知識的理解掌握水平，屬于基礎題.3、D【解析】

由弧長公式求出圓半徑，再在直角三角形中求解．【詳解】，如圖，設是中點，則，，，∴．故選D．【點睛】本題考查扇形弧長公式，在求弦長時，常在直角三角形中求解．4、A【解析】

由圓的定義及平面向量數量積的性質及其運算可得：點P在以O為圓心，r為半徑的圓上運動且點P在以Q為圓心，半徑為1和2的圓環區域運動，由圖可得解．【詳解】建立如圖所示的平面直角坐標系，則，，由，則，即點P在以O為圓心，r為半徑的圓上運動，又，則點P在以Q為圓心，半徑為1和2的圓環區域運動，由圖可知：當C∩Ω是兩段分離的曲線時，r的取值范圍為：3<r<5，故選：A．【點睛】本題考查平面向量數量積的性質及其運算，利用數形結合思想，將向量問題轉化為圓與圓的位置關系問題，考查轉化與化歸思想，屬于中等題.5、A【解析】

根據空間中直線與平面的位置關系，逐項進行判定，即可求解.【詳解】由題意，直線與平面相交，對于A中，平面內與無交點的直線都與直線異面，所以有無數條，正確；對于B中，平面內的直線與要么相交，要么異面，不可能平行，所以，錯誤；對于C中，平面內有無數條平行直線與直線垂直，所以，錯誤；對于D中，由A知，D錯誤.故選A.【點睛】本題主要考查了直線與平面的位置關系的應用，其中解答中熟記直線與平面的位置關系，合理判定是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題.6、D【解析】設公比為，由已知得，即，又因為等比數列的公比為正數，所以，故，故選D.7、D【解析】因為點M，P關于點N對稱，所以由中點坐標公式可知.8、A【解析】

本題是一種重新定義問題，要我們理解題目中所給的條件，解決后面的問題，把后面的問題挨個驗證．【詳解】解：①若數列具有性質，取數列中最大項，則與兩數中至少有一個是該數列中的一項，而不是該數列中的項，是該數列中的項，又由，；故①正確；②數列，，具有性質，，與至少有一個是該數列中的一項，且，若是該數列中的一項，則，，易知不是該數列的項，．若是該數列中的一項，則或或，a、若同，b、若，則，與矛盾，c、，則，綜上．故②正確．故選：．【點睛】考查數列的綜合應用，此題能很好的考查學生的應用知識分析、解決問題的能力，側重于對能力的考查，屬中檔題．9、D【解析】

利用空間中線線、線面、面面間的位置關系對選項逐一判斷即可.【詳解】由，為直線，，為平面，知：在A中，若，，則與相交、平行或異面，故A錯誤；在B中，若，，則與相交、平行或異面，故B錯誤；在C中，若，，，則與相交、平行或異面，故C錯誤；在D中，若，，，則由線面垂直、面面平行的性質定理得，故D正確.故選：D.【點睛】本題考查命題真假的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，屬于基礎題.10、B【解析】，，，故選B.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

由，結合三角函數線，即可求解，得到答案.【詳解】如圖所示，因為，所以滿足的的取值范圍為.【點睛】本題主要考查了特殊角的三角函數值，以及三角函數線的應用，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.12、【解析】

理解方程增廣矩陣的涵義，即可由二元線性方程組，寫出增廣矩陣.【詳解】由題意，方程組的增廣矩陣為其系數以及常數項構成的矩陣，故方程組的增廣矩陣是.故答案為：【點睛】本題考查了二元一次方程組與增廣矩陣的關系，需理解增廣矩陣的涵義，屬于基礎題.13、【解析】

由二倍角公式化簡函數式，然后由三角函數圖象變換得新解析式，結合正弦函數性質得對稱中心．【詳解】由題意，經過圖象變換后新函數解析式為，由，，，絕對值最小的是，因此所求對稱中心為．故答案為：．【點睛】本題考查三角函數的圖象變換，考查正弦函數的性質，考查二倍角公式，掌握正弦函數性質是解題關鍵．14、【解析】

將轉化為，再利用平移公式得到答案.【詳解】向左平移故答案為【點睛】本題考查三角函數圖像的平移，將正弦函數化為余弦函數是解題的關鍵，也可以將余弦函數化為正弦函數求解.15、【解析】

易證明中,且周長為,其中為定值,故只需考慮的最小值即可.【詳解】由題,棱長均為2的三棱錐,故該三棱錐的四個面均為正三角形.又因為,故.故.且分別為上的中點,故.故周長為.故只需求的最小值即可.易得當時取得最小值為.故周長的最小值為.故答案為：【點睛】本題主要考查了立體幾何中的距離最值問題,需要根據題意找到定量以及變量的最值情況即可.屬于中檔題.16、或【解析】

利用換元法令，則對任意的恒成立，再對分兩種情況討論，令求出函數的最小值，即可得答案.【詳解】令，則對任意的恒成立，（1）當，即時，上式顯然成立；（2）當，即時，令①當時，，顯然不成立，故不成立；②當時，，∴解得：綜上所述：或.故答案為：或.【點睛】本題考查含絕對值函數的最值問題，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想、分類討論思想、數形結合思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力，求解時注意分段函數的最值求解.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）見解析（2）【解析】

（1）連結，交于點，連結，推導出，又，從而面，進而，推導出，由此能得到結論；（2）由題意，可證得是二面角的平面角，進而得，進而計算得，進而利用棱錐的體積公式計算即可.【詳解】（1）連結，交于點，連結，因為側面是菱形，所以，又因為，，所以面而平面，所以，因為，所以，而，所以，故.（2）因為，為的中點，則，由（1）可知，因為，所以面，作，連結，由（1）知，所以且所以是二面角的平面角，依題意得，，所以，設，則，，又由，，所以由，解得，所以.【點睛】本題考查兩個角相等的證明，考查三棱錐的體積的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，屬于中檔題．18、（1）見解析；（2）.【解析】

由題意可得，對a討論，可得所求解集；求得，由反比例函數的單調性，可得，解不等式即可得到所求范圍．【詳解】的不等式，即為，即為，當時，解集為；當時，解集為；當時，解集為，；，由在區間上是單調減函數，可得，解得．即a的范圍是．【點睛】本題考查分式不等式的解法，注意運用分類討論思想方法，考查函數的單調性的判斷和運用，考查運算能力，屬于基礎題．19、(1)；(2)；【解析】

（1）根據已知求得的斜率，由點斜式求出直線的方程.（2）根據已知求得的斜率，由點斜式寫出直線的方程，聯立的方程，求得兩條直線交點的坐標，再由三角形面積公式求得三角形面積.【詳解】解：（1）∵∥，∴直線的斜率是又直線過點，∴直線的方程為，即（2）∵，∴直線的斜率是又直線過點，∴直線的方程為即由得與的交點為∴直線,,軸圍成的三角形的面積是【點睛】本小題主要考查兩條直線平行、垂直時，斜率的對應關系，考查直線的點斜式方程，考查兩條直線交點坐標的求法，考查三角形的面積公式，屬于基礎題.20、（1）證明見解析；（2）；（3）存在，或.【解析】

（1）由條件可得，即，再由等比數列的定義即可得證；

（2）由等比數列的通項公式求得，，再由數列的單調性的判斷，可得最小值，解不等式即可得到所求最小值；

（3）假設存在首項、第項、第項()，使得這三項依次構成等差數列，由等差數列的中項的性質和恒等式的性質，可得，的方程，解方程可得所求值.【詳解】解：（1）證明：由，

得，即，

所以數列是首項為2，公比為2的等比數列；

（2）由（1）可得，，則

故，

設，

則，

所以單調遞增，

則，于是，即，

故整數的最小值為；

（3）由上面得，，

設，

要使得成等差數列，即，

即，

得，

，

，

故為偶數，為奇數，

或.【點睛】本題考查等比數列的定義和通項公式的運用，考查不等式恒成立問題的解法，注意運用函數的單調性求得最值，考查存在性問題的解法，注意運用恒