2025届山东省枣庄市滕州市滕州市第一中学数学高一第二学期期末达标测试试题含解析.doc

2025届山东省枣庄市滕州市滕州市第一中学数学高一第二学期期末达标测试试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1．已知200辆汽车通过某一段公路时的时速的频率分布直方图如图所示，时速在的汽车辆数为()

A．8 B．80 C．65 D．70
2．在中，已知，，则为（
A．等腰直角三角形 B．等边三角形
C．锐角非等边三角形 D．钝角三角形
3．执行如图所示的程序语句，输出的结果为( )

A． B．
C． D．
4．设是内任意一点，表示的面积，记，定义，已知，是的重心，则（ ）
A．点在内 B．点在内
C．点在内 D．点与点重合
5．当前，我省正分批修建经济适用房以解决低收入家庭住房紧张问题．已知甲、乙、丙三个社区现分别有低收入家庭360户、270户、180户，若第一批经济适用房中有90套住房用于解决这三个社区中90户低收入家庭的住房问题，先采用分层抽样的方法决定各社区户数，则应从乙社区中抽取低收入家庭的户数为（ ）

A．30 B．40 C．20 D．36
6．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）

A． B． C． D．
7．已知，两条不同直线与的交点在直线上，则的值为（ ）
A．2 B．1 C．0 D．-1
8．若平面向量与的夹角为，，，则向量的模为（ ）
A． B． C． D．
9．设直线：，：，若与平行，则的值为（ ）
A． B．0或 C．0 D．6
10．已知，，若对任意的，恒成立，则角的取值范围是
A．
B．
C．
D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．函数的单调递减区间为___
12．把正整数排列成如图甲所示的三角形数阵，然后擦去偶数行中的奇数和奇数行中的偶数，得到如图乙所示的三角形数阵，再把图乙中的数按从小到大的顺序排成一列，得到一个数列，若，则________________．

13．已知，则
14．已知正三棱锥的底面边长为，侧棱长为2，则该三棱锥的外接球的表面积_____．
15．如图所示为函数的部分图像，其中、分别是函数图像的最高点和最低点，且，那么________．

16．秦九韶是我国南宋著名数学家，在他的著作《数书九章》中有己知三边求三角形面积的方法：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实一为从陽，开平方得积.”如果把以上这段文字写成公式就是，其中是的内角的对边为.若，且，则面积的最大值为________.
三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．已知（且）是R上的奇函数，且.
（1）求的解析式；
（2）若关于x的方程在区间内只有一个解，求m的取值集合；
（3）设，记，是否存在正整数n，使不得式对一切均成立？若存在，求出所有n的值，若不存在，说明理由.
18．已知是复数，与均为实数，且复数在复平面上对应的点在第一象限，求实数的取值范围．
19．如图，已知四棱锥，侧面是正三角形，底面为边长2的菱形，

（1）设平面平面，求证：；
（2）求多面体的体积；
（3）求二面角的余弦值.
20．某车间为了规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此做了四次试验，得到的数据如表所示：
零件的个数个
2
3
4
5
加工的时间
2.5
3
4
4.5

1求出y关于x的线性回归方程；
2试预测加工10个零件需要多少时间？
21．已知是公差不为0的等差数列，，，成等比数列，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)若，数列的前项和为，证明：.
参考答案

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的
1、B
【解析】
先计算时速在的汽车频率，再乘200,。
【详解】
由图知：时速在的汽车频率为
所以时速在的汽车辆数为，选B.
本题考查频率分布直方图，属于基础题。
2、A
【解析】
已知第一个等式利用正弦定理化简，再利用诱导公式及内角和定理表示，根据两角和与差的正弦函数公式化简，得到A＝B，第二个等式左边前两个因式利用积化和差公式变形，右边利用二倍角的余弦函数公式化简，将A+B＝C，A﹣B＝0代入计算求出cosC的值为0，进而确定出C为直角，即可确定出三角形形状．
【详解】
将已知等式2acosB＝c，利用正弦定理化简得：2sinAcosB＝sinC，
∵sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+cosAsinB，
∴2sinAcosB＝sinAcosB+cosAsinB，即sinAcosB﹣cosAsinB＝sin（A﹣B）＝0，
∵A与B都为△ABC的内角，∴A﹣B＝0，即A＝B，
已知第二个等式变形得：sinAsinB（2﹣cosC）＝（1﹣cosC）+＝1﹣cosC，
﹣ [cos（A+B）﹣cos（A﹣B）]（2﹣cosC）＝1﹣ cosC，
∴﹣（﹣cosC﹣1）（2﹣cosC）＝1﹣ cosC，
即（cosC+1）（2﹣cosC）＝2﹣cosC，
整理得：cos2C﹣2cosC＝0，即cosC（cosC﹣2）＝0，

∴cosC＝0或cosC＝2（舍去），
∴C＝90°，
则△ABC为等腰直角三角形．
故选A．
此题考查了正弦定理，两角和与差的正弦公式，二倍角的余弦函数公式，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．
3、B
【解析】
通过解读算法框图功能发现是为了求数列的和，采用裂项相消法即可得到答案.
【详解】
由已知中的程序语句可知:该程序的功能是求的值，
输出的结果为
，故选B.
本题主要考查算法框图基本功能，裂项相消法求和，意在考查学生的分析能力和计算能力.
4、A
【解析】
解：由已知得，f（P）=（λ1，λ2，λ3）中的三个坐标分别为P分△ABC所得三个三角形的高与△ABC的高的比值，
∵f（Q）=（1/ 2 ，1/ 3 ，1/ 6 ）
∴P离线段AB的距离最近，故点Q在△GAB内
由分析知，应选A．
5、A
【解析】
先求出每个个体被抽到的概率,再由乙社区的低收入家庭数量乘以每个个体被抽到的概率,即可求解
【详解】
每个个体被抽到的概率为,
乙社区由270户低收入家庭,故应从乙中抽取低收入家庭的户数为,
故选:A
本题考查分层抽样的应用,属于基础题
6、B
【解析】
由三视图判断该几何体是有三条棱两两垂直是三棱锥，结合三视图的数据可得结果.
【详解】

由三视图可得该几何体是如图所示的三棱锥，其中AB，BC，BP两两垂直，
且，则和的面积都是1，的面积为2，
在中，，
则的面积为，
所以该几何体的表面积为，
故选：B.
三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.
7、C
【解析】
联立方程求交点，根据交点在在直线上，得到三角关系式，化简得到答案.
【详解】

交点在直线上

观察分母
和不是恒相等
故
故答案选C

本题考查了直线方程，三角函数运算，意在考查学生的计算能力.
8、C
【解析】，，又，，则，故选
9、B
【解析】
通过两条直线平行的关系，可建立关于的方程，解方程求得结果。
【详解】

解得：或
本题正确选项：
本题考察直线位置关系问题。关键是通过两直线平行，得到：。
10、B
【解析】
由向量的数量积得，对任任意的，恒成立，转化成关于的一次函数，保证在和的函数值同时小于0即可.
【详解】
，
因为对任意的恒成立，则，
，
解得：，故选B.
本题考查向量数量积的坐标运算、三角恒等变换及不等式恒成立问题，求解的关键是变换主元的思想，即把不等式看成是关于变量的一次函数，问题则变得简单.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
利用二倍角降幂公式和辅助角公式可得出，然后解不等式，即可得出函数的单调递减区间.
【详解】
，
解不等式，得，
因此，函数的单调递减区间为.
故答案为：.
本题考查正弦型三角函数单调区间的求解，一般利用三角恒等变换思想将三角函数解析式化简，考查计算能力，属于中等题.
12、
【解析】
由图乙可得：第行有个数，且第行最后的一个数为，从第三行开始每一行的数从左到右都是公差为的等差数列，注意到，，据此确定n的值即可.
【详解】
分析图乙，可得①第行有个数，则前行共有个数，②第行最后的一个数为，③从第三行开始每一行的数从左到右都是公差为的等差数列，又由，，则，则出现在第行，第行第一个数为，这行中第个数为，前行共有个数，则为第个数．故填．
归纳推理是由部分到整体、由特殊到一般的推理，由归纳推理所得的结论不一定正确，通常归纳的个体数目越多，越具有代表性，那么推广的一般性命题也会越可靠，它是一种发现一般性规律的重要方法．
13、28
【解析】
试题分析：由等差数列的前n项和公式，把等价转化为
所以,然后求得a值.

考点：极限及其运算
14、.
【解析】
由题意推出球心O到四个顶点的距离相等，利用直角三角形BOE，求出球的半径，即可求出外接球的表面积．
【详解】
如图，

∵正三棱锥A﹣BCD中，底面边长为，底面外接圆半径为
侧棱长为2，BE=1,在三角形ABE中，根据勾股定理得到：高AE
得到球心O到四个顶点的距离相等，O点在AE上，
在直角三角形BOE中
BO＝R，EOR，BE＝1，
由BO2＝BE2+EO2，得R
∴外接球的半径为，表面积为：
故答案为．
涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.
15、
【解析】
由图可知：，因为，由周期公式得到，结合以及诱导公式即可求解.
【详解】
由图可知：，因为
所以 ，即
由题意可知：，即

故答案为：

本题主要考查了正弦型函数的图像的性质以及求值，关键是从图像得出周期，最值等，属于基础题.
16、
【解析】
根据正弦定理和余弦定理，由可得，再由及函数求最值的知识，即可求解.
【详解】
，
又，，

时，面积的最大值为.
故答案为：
本题主要考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，考查了理解辨析能力与运算求解能力，属于中档题.

三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）；
（2）m的取值集合或}
（3）存在，
【解析】
（1）利用奇函数的性质得到关于实数k的方程，解方程即可，注意验证所得的结果；
（2）结合函数的单调性和函数的奇偶性脱去f的符号即可；
（3）可得，即可得：
即可.
【详解】
（1）由奇函数的性质可得：
，解方程可得：.
此时，满足，即为奇函数.
的解析式为：；
（2）函数的解析式为：，
结合指数函数的性质可得：在区间内只有一个解.
即：在区间内只有一个解.
（i）当时，，符合题意.
（ii）当时,

只需且
时，，此时，符合题意
综上，m的取值集合或}
（3）函数为奇函数
关于对称

又

当且仅当时等号成立

所以存在正整数n，使不得式对一切均成立.
本题考查了复合型指数函数综合，考查了学生综合分析，转化划归，数形结合，数学运算的能力，属于难题.
18、
【解析】
试题分析：解：设，为实数，．
为实数，
，则．
在第一象限，
解得．
考点：本题主要考查复数相等的充要条件，复数的代数表示法及其几何意义；复数代数形式的运算，不等式组解法．
点评：主要运用复数的基础知识，具有一定综合性，中档题．
19、（1）证明见解析；（2）；（3）.
【解析】
（1）由，证得平面，再由线面平行的性质，即可得到；
（2）取中点，连结，推得，，得到平面，
再由多面体的体积，结合体积公式，即可求解；
（3）由，设的中点为，连结，推得，从而得到就是二面角的平面角，由此可求得二面角的余弦值.
【详解】
证明：（1）因为平面平面，
所以平面，
又平面，平面平面，所以；
（2）取中点，连结，由得，
同理，又因为，所以平面，
在中，，所以，
所以多面体的体积
；
（3）由题意知，底面为边长2的菱形，，
所以，又，所以，
设的中点为，连结，
由侧面是正三角形知，，所以，
因此就是二面角的平面角，
在中，，，
由余弦定理得，
二面角的余弦值为

本题主要考查了线面位置关系的判定，多面体的体积的计算，以及二面角的求解，其中解答中熟记线面位置关系的判定与性质，以及而面积的平面角的定义，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于中档试题.
20、（1）；（2）小时
【解析】
（1）由已知数据求得与的值，则线性回归方程可求；
（2）在（1）中求得的回归方程中，取求得值即可．
【详解】
（1）由表中数据得：，，，，
，
，
．
（2）将代入回归直线方程，
（小时）．
预测加工10个零件需要小时．
本题考查了回归分析，解答此类问题的关键是利用公式计算，计算要细心．
21、（1） （2）证明见解析
【解析】
（1）由题意列式求得数列的首项和公差，然后代入等差数列的通项公式得答案.
（2）求出数列的通项，利用裂项相消法求出数列的前项和得答案．
【详解】
（1）差数列中，，成等比数列有：
即，得
所以
又，即，.
所以.
（2）
所以
.
所以

所以
本题考查了等差数列的通项公式，等比数列的性质，裂项相消法求数列的前项和，是中档题．