2025届山东省滕州市高一数学第二学期期末达标检测试题含解析

2025届山东省滕州市高一数学第二学期期末达标检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．已知函数的最小正周期为，若，则的最小值为（）A． B． C． D．2．（卷号）2397643038875648（题号）2398229448728576（题文）已知直线、，平面、，给出下列命题：①若，，且，则；②若，，且，则；③若，，且，则；④若，，且，则.其中正确的命题是（）A．①② B．③④ C．①④ D．②③3．“”是“函数，有反函数”的（）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．即非充分又非必要条件4．若，则等于（）A． B． C． D．5．变量满足，目标函数，则的最小值是（）A． B．0 C．1 D．-16．函数的最小值和最大值分别为()A． B． C． D．7．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若，则（）A． B． C． D．8．设，则A．-1 B．1 C．ln2 D．-ln29．已知函数，则下列说法正确的是（）A．图像的对称中心是B．在定义域内是增函数C．是奇函数D．图像的对称轴是10．已知等差数列的前项和为，若，则（）A．18 B．13 C．9 D．7二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．中,三边所对的角分别为,若,则角______.12．已知向量a=1,2，b=2,-2，c=13．已知角满足且，则角是第________象限的角．14．已知圆锥的母线长为1，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积是______.15．设,则的值是____.16．已知数列的通项公式为是数列的前n项和，则______.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．如图所示，在直三棱柱中，，，M、N分别为、的中点．求证：平面；求证：平面．18．已知．（1）化简；（2）若是第二象限角，且，求的值．19．已知圆关于直线对称，半径为，且圆心在第一象限．（Ⅰ）求圆的方程；（Ⅱ）若直线与圆相交于不同两点、，且，求实数的值．20．已知方程有两根、，且，.（1）当，时，求的值；（2）当，时，用表示.21．随着中国经济的加速腾飞，现在手有余钱的中国家庭数量越来越多，在房价居高不下､股市动荡不定的形势下，为了让自己的财富不缩水，很多家庭选择了投资理财.为了了解居民购买理财产品的情况，理财公司抽样调查了该市2018年10户家庭的年收入和年购买理财产品支出的情况，统计资料如下表:年收入x(万元)204040606060707080100年理财产品支出y(万元)9141620211918212223（1）由该样本的散点图可知y与x具有线性相关关系，请求出回归方程；（求时利用的准确值，，的最终结果精确到0.01）（2）若某家庭年收入为120万元，预测某年购买理财产品的支出.（参考数据:，，，）

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、A【解析】

由正弦型函数的最小正周期可求得，得到函数解析式，从而确定函数的最大值和最小值；根据可知和必须为最大值点和最小值点才能够满足等式；利用整体对应的方式可构造方程组求得，；从而可知时取最小值.【详解】由最小正周期为可得：，和分别为的最大值点和最小值点设为最大值点，为最小值点，当时，本题正确选项：【点睛】本题考查正弦型函数性质的综合应用，涉及到正弦型函数最小正周期和函数值域的求解；关键是能够根据函数的最值确定和为最值点，从而利用整体对应的方式求得结果.2、C【解析】

逐一判断各命题的正误，可得出结论.【详解】对于命题①，若，，且，则，该命题正确；对于命题②，若，，且，则与平行或相交，该命题错误；对于命题③，若，，且，则与平行、垂直或斜交，该命题错误；对于命题④，若，，且，则，该命题正确.故选：C.【点睛】本题考查线面、面面位置关系有关命题真假的判断，在判断时，可充分利用线面、面面平行或垂直的判定与性质定理，也可以结合几何体模型进行判断，考查推理能力，属于中等题.3、A【解析】

函数，有反函数，则函数，上具有单调性，可得，即可判断出结论．【详解】函数，有反函数，则函数，上具有单调性，．是的真子集，“”是“函数，有反函数”的充分不必要条件．故选：A.【点睛】本题考查了二次函数的单调性、反函数、充分条件与必要条件的判定方法，考查推理能力与计算能力，同时考查函数与方程思想、数形结合思想．4、B【解析】试题分析：，.考点：三角恒等变形、诱导公式、二倍角公式、同角三角函数关系．5、D【解析】

先画出满足条件的平面区域，将变形为：，平移直线得直线过点时，取得最小值，求出即可．【详解】解：画出满足条件的平面区域，如图示：

由得：，

平移直线，显然直线过点时，最小，

由，解得：

∴最小值，

故选：D．【点睛】本题考查了简单的线性规划问题，考查数形结合思想，是一道基础题．6、C【解析】2.∴当时，，当时，，故选C.7、A【解析】

由正弦定理可得，再结合求解即可.【详解】解：由，又，则，由，则，故选：A.【点睛】本题考查了正弦定理，属基础题.8、C【解析】

先把化为，再根据公式和求解.【详解】故选C.【点睛】本题考查对数、指数的运算，注意观察题目之间的联系.9、A【解析】

根据正切函数的图象与性质逐一判断即可．【详解】．，由得，，的对称中心为，，故正确；．在定义域内不是增函数，故错误；．为非奇非偶函数，故错误；．的图象不是轴对称图形，故错误．故选．【点睛】本题考查了正切函数的图象与性质，考查了整体思想，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属基础题．10、B【解析】

利用等差数列通项公式、前项和列方程组，求出，．由此能求出．【详解】解：等差数列的前项和为，，，，解得，．．故选：．【点睛】本题考查等差数列第7项的值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

利用余弦定理化简已知条件，求得的值，进而求得的大小.【详解】由得，由于，所以.【点睛】本小题主要考查余弦定理解三角形，考查特殊角的三角函数值，属于基础题.12、1【解析】

由两向量共线的坐标关系计算即可．【详解】由题可得2∵c//∴4λ-2=0故答案为1【点睛】本题主要考查向量的坐标运算，以及两向量共线的坐标关系，属于基础题．13、三【解析】

根据三角函数在各个象限的符号，确定所在象限.【详解】由于，所以为第三、第四象限角；由于，所以为第二、第三象限角.故为第三象限角.故答案为：三【点睛】本小题主要考查三角函数在各个象限的符号，属于基础题.14、【解析】

根据题意得，解得，求得圆锥的高，利用体积公式，即可求解．【详解】设圆锥底面的半径为，根据题意得，解得，所以圆锥的高，所以圆锥的体积.【点睛】本题主要考查了圆锥的体积的计算，以及圆锥的侧面展开图的应用，其中解答中根据圆锥的侧面展开图，求得圆锥的底面圆的半径是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．15、【解析】

根据二倍角公式得出，再根据诱导公式即可得解．【详解】解：由题意知：故，即．故答案为.【点睛】本题考查了二倍角公式和诱导公式的应用，属于基础题．16、【解析】

对数列的通项公式进行整理，再求其前项和，利用对数运算规则，可得到，从而求出，得到答案.【详解】所以所以.故答案为：.【点睛】本题考查对数运算公式，由数列的通项求前项和，数列的极限，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）见解析；（2）见解析.【解析】

(1)推导出，从而平面，进而，再由，，得是正方形，由此能证明平面．取的中点F，连BF、推导出四边形BMNF是平行四边形，从而，由此能证明平面．【详解】证明：在直三棱柱中，侧面底面ABC，且侧面底面，，即，平面，平面，，，是正方形，，平面取的中点F，连BF、在中，N、F是中点，，，又，，，，故四边形BMNF是平行四边形，，而面，平面，平面【点睛】本题考查线面垂直、线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题．18、（1）（2）【解析】

（1）利用三角函数的诱导公式即可求解.（2）利用诱导公式可得，再利用同角三角函数的基本关系即可求解.【详解】（1）由题意得．（2）∵，∴．又为第二象限角，∴，∴．【点睛】本题考查了三角函数的诱导公式以及同角三角函数的基本关系，属于基础题.19、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）由题得和，解方程即得圆的方程；（Ⅱ）取的中点，则，化简得，即得m的值.【详解】（Ⅰ）由，得圆的圆心为，圆关于直线对称，①．圆的半径为，②又圆心在第一象限，，，由①②解得，，故圆的方程为．（Ⅱ）取的中点，则，，，即，又，解得．【点睛】本题主要考查圆的方程的求法，考查直线和圆的位置关系和向量的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20、（1）；（2）.【解析】

（1）由反三角函数的定义得出，，再由韦达定理结合两角和的正切公式求出的值，并求出的取值范围，即可得出的值；（2）由韦达定理得出，，再利用两角和的正切公式得出的表达式，利用二倍角公式将等式两边化为正切，即可用表示.【详解】（1）由反三角函数的定义得出，，当，时，由韦达定理可得，，易知，，，，则.由两角和的正切公式可得，；（2）由韦达定理得，，所以，，，，又由得，则，则、至少一个是正数，不妨设，则，又，，易知，，因此，.【点睛】本题考查反正切的定义，考查两角和的正切公式的应用，同时涉及了二次方程根