2025屆清華大學附中高一數學第二學期期末調研試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．若是兩條不同的直線，是三個不同的平面，則下列結論中正確的是（）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則2．設，是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，下列命題中正確的是（）A．若，，，則B．若，，，則C．若，，，則D．若，，，則3．已知：，則（）A． B． C． D．4．如圖所示，已知正三棱柱的所有棱長均為1，則三棱錐的體積為（）A． B． C． D．5．函數，，的部分圖象如圖所示，則函數表達式為（）A． B．C． D．6．若一元二次不等式對一切實數都成立，則的取值范圍是（）A． B． C． D．7．與直線垂直于點的直線的一般方程是（）A． B． C． D．8．Rt△ABC的三個頂點都在一個球面上，兩直角邊的長分別為6和8，且球心O到平面ABC的距離為12，則球的半徑為（）A．13 B．12 C．5 D．109．已知等比數列的前項和為，若，，則數列的公比()A． B． C．或 D．以上都不對10．正六邊形的邊長為，以頂點為起點，其他頂點為終點的向量分別為；以頂點為起點，其他頂點為終點的向量分別為．若分別為的最小值、最大值，其中，則下列對的描述正確的是（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．在中，角的對邊分別為.若，則的值為__________.12．已知點，點，則________．13．某奶茶店的日銷售收入y(單位:百元)與當天平均氣溫x(單位:)之間的關系如下:x012y5221通過上面的五組數據得到了x與y之間的線性回歸方程:；但現在丟失了一個數據，該數據應為____________.14．________15．已知等差數列的前項和為，若，則_______．16．若復數z滿足z?2i=z2+1（其中i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，在三棱柱中，側棱垂直于底面，，，分別是，的中點.(1)求證:平面平面；(2)求證:平面.18．已知函數（其中）.（1）當時，求不等式的解集；（2）若關于的不等式恒成立，求的取值范圍.19．已知數列的前項和為，.（1）求數列的通項公式（2）數列的前項和為，若存在，使得成立，求范圍?20．做一個體積為，高為2m的長方體容器，問底面的長和寬分別為多少時，所用的材料表面積最少？并求出其最小值.21．(1)已知，且為第三象限角，求的值(2)已知，計算的值.

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】

試題分析：兩個平面垂直，一個平面內的直線不一定垂直于另一個平面，所以A不正確；兩個相交平面內的直線也可以平行，所以B不正確；垂直于同一個平面的兩個平面不一定垂直，也可能平行或相交，所以D不正確；根據面面垂直的判定定理知C正確.考點：空間直線、平面間的位置關系.【詳解】請在此輸入詳解！2、D【解析】試題分析：，,故選D.考點：點線面的位置關系.3、A【解析】

觀察已知角與待求的角之間的特殊關系，運用余弦的二倍角公式和誘導公式求解.【詳解】令，則，所以，所以，故選A.【點睛】本題關鍵在于觀察出已知角與待求的角之間的特殊關系，屬于中檔題.4、A【解析】

利用等體法即可求解.【詳解】三棱錐的體積等于三棱錐的體積，因此，三棱錐的體積為，故選：A.【點睛】本題考查了等體法求三棱錐的體積、三棱錐的體積公式，考查了轉化與化歸思想的應用，屬于基礎題.5、A【解析】

根據圖像的最值求出，由周期求出，可得，再代入特殊點求出，化簡即得所求.【詳解】由圖像知，，，解得，因為函數過點，所以，，即，解得，因為，所以，.故選：A【點睛】本題考查根據圖像求正弦型函數的解析式，三角函數誘導公式，屬于基礎題.6、A【解析】

該不等式為一元二次不等式，根據一元二次函數的圖象與性質可得，的圖象是開口向下且與x軸沒有交點，從而可得關于參數的不等式組，解之可得結果.【詳解】不等式為一元二次不等式，故，根據一元二次函數的圖象與性質可得，的圖象是開口向下且與x軸沒有交點，則，解不等式組，得.故本題正確答案為A.【點睛】本題考查一元二次不等式恒成立問題，考查一元二次函數的圖象與性質，注意數形結合的運用，屬基礎題.7、A【解析】由已知可得這就是所求直線方程，故選A.8、A【解析】

利用勾股定理計算出球的半徑.【詳解】的斜邊長為，所以外接圓的半徑為，所以球的半徑為.故選：A【點睛】本小題主要考查勾股定理計算，考查球的半徑有關計算，屬于基礎題.9、C【解析】

根據和可得，解得結果即可.【詳解】由得，所以，所以，所以，解得或故選：C.【點睛】本題考查了等比數列的通項公式的基本量的運算，屬于基礎題.10、A【解析】

利用向量的數量積公式，可知只有，其余數量積均小于等于0，從而得到結論．【詳解】由題意，以頂點A為起點，其他頂點為終點的向量分別為，以頂點D為起點，其他頂點為終點的向量分別為，則利用向量的數量積公式，可知只有，其余數量積均小于等于0，又因為分別為的最小值、最大值，所以，故選A．【點睛】本題主要考查了向量的數量積運算，其中解答中熟記向量的數量積的運算公式，分析出向量數量積的正負是關鍵，著重考查了分析解決問題的能力，屬于中檔試題．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、1009【解析】

利用余弦定理化簡所給等式，再利用正弦定理將邊化的關系為角的關系，變形化簡即可得出目標比值．【詳解】由得，即，所以，故．【點睛】本題綜合考查正余弦定理解三角形，屬于中檔題．12、【解析】

直接利用兩點間的距離公式求解即可．【詳解】點A（2，1），B（5，﹣1），則|AB|．故答案為：．【點睛】本題考查兩點間的距離公式的應用，基本知識的考查．13、4【解析】

根據回歸直線經過數據的中心點可求.【詳解】設丟失的數據為，則，，把代入回歸方程可得，故答案為：4.【點睛】本題主要考查回歸直線的特征，明確回歸直線一定經過樣本數據的中心點是求解本題的關鍵，側重考查數學運算的核心素養.14、【解析】

根據極限的運算法則，合理化簡、運算，即可求解.【詳解】由極限的運算，可得.故答案為：【點睛】本題主要考查了極限的運算法則的應用，其中解答熟記極限的運算法則，準確計算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.15、【解析】

先由題意，得到，求出，再由等差數列的性質，即可得出結果.【詳解】因為等差數列的前項和為，若，則，所以，因此.故答案為：【點睛】本題主要考查等差數列的性質的應用，熟記等差數列的求和公式，以及等差數列的性質即可，屬于常考題型.16、1【解析】設z=a+bi,a,b∈R，則由z?2則-2b=a2+b2+12a=0三、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)證明見解析(2)證明見解析【解析】

（1）根據線面垂直的判斷定理得到平面；再由面面垂直的判定定理，即可得出結論成立；（2）取的中點，連接，，根據線面平行的判定定理，即可得出結論成立.【詳解】(1)在三棱柱中，底面，所以.又因為，所以平面；又平面，所以平面平面；(2)取的中點，連接，.因為，，分別是，，的中點，所以，且，.因為，且，所以，且，所以四邊形為平行四邊形，所以，又因為平面，平面，所以平面.【點睛】本題主要考查證明面面垂直，以及證明線面平行，熟記線面垂直、面面垂直的判定定理，以及線面平行的判定定理即可，屬于常考題型.18、（1）或；（2）.【解析】

（1）先由，將不等式化為，直接求解，即可得出結果；（2）先由題意得到恒成立，根據含絕對值不等式的性質定理，得到，從而可求出結果.【詳解】（1）當時，求不等式，即為，所以，即或，原不等式的解集為或.（2）不等式,即為，即關于的不等式恒成立.而，所以，解得或，解得或.所以的取值范圍是.【點睛】本題主要考查含絕對值不等式的解法，以及由不等式恒成立求參數的問題，熟記不等式的解法，以及絕對值不等式的性質定理即可，屬于常考題型.19、（1）；（2）【解析】

（1）根據之間關系，可得結果（2）利用錯位相減法，可得，然后使用分離參數的方法，根據單調性，計算其范圍，可得結果.【詳解】（1）當時，兩式相減得：當時，，不符合上式所以（2）令，所以所以令①②所以①-②：則化簡可得故，若存在，使得成立即存在，成立故，由，則所以可知數列在單調遞增所以，故【點睛】本題考查了之間關系，還考查了錯位相減法求和，本題難點在于的求法，重點在于錯位相減法的應用，屬中檔題.20、長和寬均為4m時，最小值為64【解析】

利用體積求得ab=16，只需表示出表面積，結合高為2m，利用基本不等式求出最值即可.【詳解】設底面的長和寬分別為，因為體積為32，高為c=2m，所以底面積為16，即ab=16所用材料的面積S=2ab+2bc+2ca=32+4（a+b），當且僅當a=b=4時取等號，答：當底面的長和寬均為4m時，