河南省商開大聯考2025屆數學高一下期末學業質量監測試題請考生注意：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．已知，兩條不同直線與的交點在直線上，則的值為（）A．2 B．1 C．0 D．-12．已知是非零向量，若，且，則與的夾角為（）A． B． C． D．3．要得到函數的圖象，只需將函數的圖象（）A．向左平移個單位 B．向左平移個單位C．向右平移個單位 D．向右平移個單位4．設偶函數定義在上，其導數為，當時，，則不等式的解集為（）A． B．C． D．5．在棱長為1的正方體中，點在線段上運動，則下列命題錯誤的是（）A．異面直線和所成的角為定值 B．直線和平面平行C．三棱錐的體積為定值 D．直線和平面所成的角為定值6．在中，角的對邊分別是，若，則（）A．5 B． C．4 D．37．在中，已知，那么一定是（）A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．正三角形8．某市家庭煤氣的使用量和煤氣費(元)滿足關系，已知某家庭今年前三個月的煤氣費如下表：月份用氣量煤氣費一月份元二月份元三月份元若四月份該家庭使用了的煤氣，則其煤氣費為（）元A． B． C． D．9．已知，則下列不等式一定成立的是（）A． B． C． D．10．在三棱柱中，各棱長相等，側棱垂直于底面，點是側面的中心，則與平面所成角的大小是（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．一個圓柱和一個圓錐的底面直徑和它們的高都與某一個球的直徑相等，這時圓柱、圓錐、球的體積之比為.12．已知的內角、、的對邊分別為、、，若，，且的面積是，___________.13．一個扇形的半徑是，弧長是，則圓心角的弧度數為________.14．函數，的反函數為__________．15．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______．16．若Sn為等比數列an的前n項的和，8a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．解關于不等式：18．已知等差數列的前n項和為，關于x的不等式的解集為.（1）求數列的通項公式；（2）若數列滿足，求數列的前n項和.19．已知函數.（1）求函數在區間上的最大值；（2）在中，若，且，求的值.20．已知等比數列{an}的前n項和為Sn，S3＝，S6＝.(1)求數列{an}的通項公式an；(2)令bn＝6n－61＋log2an，求數列{bn}的前n項和Tn.21．如圖,在四棱錐中,丄平面,，，，，.(1)證明丄;(2)求二面角的正弦值;(3)設為棱上的點,滿足異面直線與所成的角為,求的長.

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】

聯立方程求交點，根據交點在在直線上，得到三角關系式，化簡得到答案.【詳解】交點在直線上觀察分母和不是恒相等故故答案選C【點睛】本題考查了直線方程，三角函數運算，意在考查學生的計算能力.2、D【解析】

由得，這樣可把且表示出來．【詳解】∵，∴，，∴，∴，故選D．【點睛】本題考查向量的數量積，掌握數量積的定義是解題關鍵．3、C【解析】

考查三角函數圖象平移，記得將變量前面系數提取.【詳解】，所以只需將向右平移個單位.所以選擇C【點睛】易錯題，一定要將提出，否則容易錯選D.4、C【解析】構造函數，則，所以當時，，單調遞減，又在定義域內為偶函數，所以在區間單調遞增，單調遞減，又等價于，所以解集為．故選C．點睛：本題考查導數的構造法應用．本題中，由條件構造函數，結合函數性質，可得抽象函數在區間單調遞增，單調遞減，結合函數草圖，即可解得不等式解集．5、D【解析】

結合條件和各知識點對四個選項逐個進行分析，即可得解.【詳解】，在棱長為的正方體中，點在線段上運動易得平面，平面，，故這兩個異面直線所成的角為定值，故正確，直線和平面平行，所以直線和平面平行，故正確，三棱錐的體積還等于三棱錐的體積，而平面為固定平面且大小一定，，而平面點到平面的距離即為點到該平面的距離，三棱錐的體積為定值，故正確，由線面夾角的定義，令與的交點為，可得即為直線和平面所成的角，當移動時這個角是變化的，故錯誤故選【點睛】本題考查了異面直線所成角的概念、線面平行及線面角等，三棱錐的體積的計算可以進行頂點輪換及線面平行時，直線上任意一點到平面的距離都相等這一結論，即等體積法的轉換．6、D【解析】

已知兩邊及夾角，可利用余弦定理求出．【詳解】由余弦定理可得：，解得.故選D.【點睛】本題主要考查利用正余弦定理解三角形，注意根據條件選用合適的定理解決．7、B【解析】

先化簡sinAcosB＝sinC=，即得三角形形狀.【詳解】由sinAcosB＝sinC得所以sinBcosA=0,因為A,B∈（0，π），所以sinB＞0，所以cosA=0,所以A=,所以三角形是直角三角形.故答案為A【點睛】本題主要考查三角恒等變換和三角函數的圖像性質，意在考查學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.8、C【解析】由題意得：C=4，將（25，14），（35，19）代入f（x）=4+B（x﹣A），得：∴A=5，B=，故x=20時：f（20）=4+（20﹣5）=11.5.故選：C．點睛：這是函數的實際應用題型，根據題目中的條件和已知點得到分段函數的未知量的值，首先得到函數表達式，再根據題意讓求自變量為20時的函數值，求出即可。實際應用題型，一般是先根據題意構建模型，列出表達式，根據條件求解問題即可。9、C【解析】試題分析：若，那么，A錯；，B錯；是單調遞減函數當時，所以，C.正確；是減函數，所以，故選C.考點：不等式10、C【解析】

如圖，取中點，則平面，故，因此與平面所成角即為，設，則，，即，故，故選C.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

設球的半徑為r,則,，，所以，故答案為.考點：圓柱，圓錐，球的體積公式.點評：圓柱，圓錐，球的體積公式分別為.12、【解析】

利用同角三角函數計算出的值，利用三角形的面積公式和條件可求出、的值，再利用余弦定理求出的值.【詳解】，，，且的面積是，，，，，由余弦定理得，.故答案為．【點睛】本題考查利用余弦定理解三角形，同時也考查了同角三角函數的基本關系、三角形面積公式的應用，考查運算求解能力，屬于中等題.13、2【解析】

直接根據弧長公式，可得．【詳解】因為，所以，解得【點睛】本題主要考查弧長公式的應用．14、【解析】

將函數變形為的形式，然后得到反函數，注意定義域.【詳解】因為，所以，則反函數為：且.【點睛】本題考查反三角函數的知識，難度較易.給定定義域的時候，要注意函數定義域.15、【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．16、-7【解析】設公比為q，則8a1q=-a1三、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、當時，；當時，；當時，；當時，；當時，【解析】試題分析：當時，；當時，當時，；當時，；當時，考點：解不等式點評：本題中的不等式帶有參數，在求解時需對參數做適當的分情況討論，題目中主要討論的方向是：不等式為一次不等式或二次不等式，解二次不等式與二次方程的根有關，進而討論二次方程的根的大小18、（1）；（2）.【解析】

（1）根據不等式的解集，得到和，從而得到等差數列的公差，得到的通項公式；（2）由（1）得到的的通項，得到的通項，利用等比數列的求和公式，得到答案.【詳解】（1）因為關于x的不等式的解集為，所以得到，，所以，，為等差數列，設其公差為，所以，所以，所以（2）因為，所以所以是以為首項，為公比的等比數列，所以.【點睛】本題考查一元二次不等式解集與系數的關系，求等差數列的通項，等比數列求和，屬于簡單題.19、（1）；（2）.【解析】

（1）先將函數化簡整理，得到，根據，得到，根據正弦函數的性質，即可得出結果；（2）令，得到或，根據，，得出，，求出，根據正定理，即可得出結果.【詳解】（1）因為，所以，因此；故函數在區間上的最大值；（2）因為，由（1），令，所以或，解得：或，因為，所以，，因此，由正弦定理可得：.【點睛】本題主要考查求正弦型復合函數在給定區間的最值，以及正弦定理的應用，熟記正弦函數的性質，以及正弦定理即可，屬于常考題型.20、（1）an＝a1qn－1＝2n－2；（2）Tn＝n2－n..【解析】

(1)根據等比數列的通項公式和前項求得.(2)將代入中，得是等差數列，再求和.【詳解】(1)∴，解得∴(2)∴∴數列是等差數列．又∴【點睛】本題考查等比數列和等差數列的通項和前項和，屬于基礎題.21、(1)見證明；(2)；(3)【解析】

（1）要證異面直線垂直，即證線面垂直，本題需證平面（2）作于點，連接．為二面角的平面角，在中解出即可．（3）過點作的平行線與線段相交，交點為，連接，；計算出AF、BF，再在中利用的余弦公式，解出EF,即可求出AE的長【詳解】（1）證明：由平面，可得，又由，，故平面．又平