2025屆河北省雞澤縣第一中學高一數學第二學期期末學業質量監測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．在空間直角坐標系中，點關于軸對稱的點的坐標為（）A． B． C． D．2．設A,B是任意事件，下列哪一個關系式正確的（）A．A+B=A B．ABA C．A+AB=A D．A3．一實體店主對某種產品的日銷售量（單位：件）進行為期n天的數據統計，得到如下統計圖，則下列說法錯誤的是（）A． B．中位數為17C．眾數為17 D．日銷售量不低于18的頻率為0.54．已知平面向量，滿足，，且，則與的夾角為（）A． B． C． D．5．在面積為S的平行四邊形ABCD內任取一點P，則三角形PBD的面積大于的概率為（）A． B． C． D．6．在直三棱柱（側棱垂直于底面）中，若，，，則其外接球的表面積為（）A． B． C． D．7．將一個底面半徑和高都是的圓柱挖去一個以上底面為底面，下底面圓心為頂點的圓錐后，剩余部分的體積記為，半徑為的半球的體積記為，則與的大小關系為()A． B． C． D．不能確定8．若，且，則是（）A．第一象限角 B．第二象限角 C．第三象限角 D．第四象限角9．已知角、是的內角，則“”是“”的（）A．充分條件 B．必要條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件10．化簡的結果是（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數的圖象關于點對稱，記在區間的最大值為，且在（）上單調遞增，則實數的最小值是__________．12．已知，則______；的最小值為______.13．一個封閉的正三棱柱容器，該容器內裝水恰好為其容積的一半（如圖1，底面處于水平狀態），將容器放倒（如圖2，一個側面處于水平狀態），這時水面與各棱交點分別為E，F、，，則的值是__________.14．函數的單調增區間為_________.15．已知，若角的終邊經過點，求的值.16．若函數，則__________．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．已知，.（Ⅰ）求，的值；（Ⅱ）求的值.18．已知函數，其中常數；（1）令，判定函數的奇偶性，并說明理由；（2）令，將函數圖像向右平移個單位，再向上平移1個單位，得到函數的圖像，對任意，求在區間上零點個數的所有可能值；19．泉州與福州兩地相距約200千米，一輛貨車從泉州勻速行駛到福州，規定速度不得超過千米/時，已知貨車每小時的運輸成本（以元為單位）由可變部分和固定部分組成：可變部分與速度千米/時的平方成正比，比例系數為0.01；固定部分為64元.（1）把全程運輸成本元表示為速度千米/時的函數，并指出這個函數的定義域；（2）為了使全程運輸成本最小，貨車應以多大速度行駛？20．如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，點為中點，且.(1)證明：平面；(2)證明：平面平面.21．已知數列的前項和為，且滿足，（）．（Ⅰ）求的值，并求數列的通項公式；（Ⅱ）設數列的前項和為，求證：（）．

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、A【解析】

在空間直角坐標系中，點關于軸對稱的點的坐標為.【詳解】根據對稱性，點關于軸對稱的點的坐標為.故選A.【點睛】本題考查空間直角坐標系和點的對稱，屬于基礎題.2、C【解析】

試題分析：因為題目中給定了A,B是任意事件，那么利用集合的并集思想來分析，兩個事件的和事件不一定等于其中的事件A.可能大于事件A選項B，AB表示的為AB的積事件，那么利用集合的思想，和交集類似，不一定包含A事件．選項C，由于利用集合的交集和并集的思想可知，A+AB=A表示的等式成立．選項D中，利用補集的思想和交集的概念可知，表示的事件A不發生了，同時事件B發生，顯然D不成立．考點：本試題考查了事件的關系．點評：對于事件之間的關系的理解，可以運用集合中的交集，并集和補集的思想分別對應到事件中的和事件，積事件，非事件上來分析得到，屬于基礎題．【詳解】請在此輸入詳解！3、B【解析】

由統計圖,可計算出總數、中位數、眾數,算得銷量不低于18件的天數,即可求得頻率.【詳解】由統計圖可知,總數,所以A正確;從統計圖可以看出,從小到大排列時,中間兩天的銷售量的平均值為,所以B錯誤;從統計圖可以看出,銷量最高的為17件,所以C正確;從統計圖可知,銷量不低于18的天數為,所以頻率為,所以D正確.綜上可知,錯誤的為B故選:B【點睛】本題考查了統計中的總數、中位數、眾數和頻率的相關概念和性質,屬于基礎題.4、C【解析】

根據列方程，結合向量數量積的運算以及特殊角的三角函數值，求得與的夾角.【詳解】由于，故，所以，所以，故選C.【點睛】本小題主要考查兩個向量垂直的表示，考查向量數量積運算，考查特殊角的三角函數值，考查兩個向量夾角的求法，屬于基礎題.5、A【解析】

轉化條件求出滿足要求的P點的范圍，求出面積比即可得解.【詳解】如圖，設P到BD距離為h，A到BD距離為H，則，，滿足條件的點在和中，所求概率.故選：A.【點睛】本題考查了幾何概型的概率計算，屬于基礎題.6、A【解析】

根據題意，將直三棱柱擴充為長方體，其體對角線為其外接球的直徑，可得半徑，即可求出外接球的表面積．【詳解】∵，，∠ABC=90°，∴將直三棱柱擴充為長、寬、高為2、2、3的長方體,其體對角線為其外接球的直徑,長度為，∴其外接球的半徑為,表面積為=17π.故選：A.【點睛】本題考查幾何體外接球，通常將幾何體進行割補成長方體，幾何體外接球等同于長方體外接球，利用長方體外接球直徑等于體對角線長求出半徑，再求出球的體積和表面積即可，屬于簡單題.7、C【解析】

根據題意分別表示出，通過比較。【詳解】所以，選C。【點睛】，，。記住這幾個公式即可，屬于基礎題目。8、C【解析】，則的終邊在三、四象限；則的終邊在三、一象限，，，同時滿足，則的終邊在三象限．9、C【解析】

結合正弦定理，利用充分條件和必要條件的定義進行判斷【詳解】在三角形中，根據大邊對大角原則，若，則，由正弦定理得，充分條件成立；若，由可得，根據大邊對大角原則，則，必要條件成立；故在三角形中，“”是“”的充要條件故選：C【點睛】本題考查充分條件與必要條件的應用，利用正弦定理確定邊角關系，三角形大邊對大角原則應謹記，屬于基礎題10、A【解析】

根據平面向量加法及數乘的幾何意義，即可求解，得到答案．【詳解】根據平面向量加法及數乘的幾何意義，可得，故選A．【點睛】本題主要考查了平面向量的加法法則的應用，其中解答中熟記平面向量的加法法則是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】，所以，又，得，所以，且求得，又，得單調遞增區間為，由題意，當時，。點睛：本題考查三角函數的化簡及性質應用。本題首先考查三角函數的輔助角公式應用，并結合對稱中心的性質，得到函數解析式。然后考察三角函數的單調性，利用整體思想求出單調區間，求得答案。12、50【解析】

由分段函數的表達式，代入計算即可；先求出的表達式，結合分段函數的性質，求最小值即可.【詳解】由，可得，，所以；由的表達式，可得，當時，，此時，當時，，由二次函數的性質可知，，綜上，的最小值為0.故答案為：5；0.【點睛】本題考查求函數值，考查分段函數的性質，考查函數最值的計算，考查學生的計算能力，屬于基礎題.13、【解析】

設，則，由題意得：，由此能求出的值．【詳解】設，則，由題意得：，解得，．故答案為：．【點睛】本題考查兩線段比值的求法、三棱柱的體積等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．14、【解析】

先求出函數的定義域，再根據二次函數的單調性和的單調性，結合復合函數的單調性的判斷可得出選項.【詳解】因為，所以或，即函數定義域為，設，所以在上單調遞減，在上單調遞增，而在單調遞增，由復合函數的單調性可知，函數的單調增區間為.故填：．【點睛】本題考查復合函數的單調性，注意在考慮函數的單調性的同時需考慮函數的定義域，屬于基礎題.15、【解析】

由條件利用任意角的三角函數的定義，求得和的值，從而可得的值.【詳解】因為角的終邊經過點，所以，，則.故答案為：【點睛】本題主要考查任意角的三角函數的定義，屬于基礎題．16、【解析】

根據分段函數的解析式先求，再求即可.【詳解】因為，所以.【點睛】本題主要考查了分段函數求值問題，解題的關鍵是將自變量代入相應范圍的解析式中，屬于基礎題.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、(Ⅰ)，.(Ⅱ).【解析】試題分析：(Ⅰ)結合角的范圍和同角三角函數基本關系可得，.(Ⅱ)將原式整理變形，結合(Ⅰ)的結論可得其值為.試題解析：（Ⅰ）因為，所以，由于，所以，所以.（Ⅱ）原式..18、（1）非奇非偶，理由見解析；（2）21或20個.【解析】

（1）先利用輔助角公式化簡，再利用和可判斷為非奇非偶函數.（2）求出的解析式后結合函數的圖像、周期及給定區間的特點可判斷在給定的范圍上的零點的個數.【詳解】（1），則，故不是奇函數，又，，故不是偶函數.綜上，為非奇非偶函數.（2），的圖象如圖所示：令，則，則或，，也就是或者，，所以在形如的區間上恰有兩個不同零點.把區間分成10個小區間，它們分別為：，及，根據函數的圖像可知：前9個區間的長度恰為一個周期且左閉右開，故每個區間恰有兩個不同的零點，最后一個區間的長度恰為一個周期且為閉區間，故該區間上可能有兩個不同的零點或3個不同的零點.故在區間上可有21個或者20個零點.【點睛】本題考查正弦型函數的奇偶性、正弦型函數在給定范圍上的零點個數，注意說明一個函數不是奇函數或不是偶函數，可通過反例來說明，而零點個數的判斷則需綜合考慮給定區間的長度、開閉情況及函數的周期.19、（1）,；（2），貨車應以千米/時速度行駛，貨車應以千米/時速度行駛【解析】

（1）先計算出從泉州勻速行駛到福州所用時間，然后乘以每小時的運輸成本（可變部分加固定部分），由此求得全程運輸成本，并根據速度限制求得定義域.（2）由，，對進行分類討論.當時，利用基本不等式求得行駛速度.當時，根據的單調性求得行駛速度.【詳解】（1）依題意一輛貨車從泉州勻速行駛到福州所用時間為小時，全程運輸成本為，所求函數定義域為；（2）當時，故有，當且僅當，即時，等號成立.當時，易證在上單調遞減故當千米/時，全程運輸成本最小.綜上，為了使全程運輸成本最小，，貨車應以千米/時速度行駛，貨車應以千米/時速度行駛.【點睛】本小題主要考查函數模型在實際生活中的應用，考查基本不等式求最小值，考查函數的單調性，考查分類討論的數學思想方法，屬于中檔題.20、（1）證明見解析；（2）證明見解析【解析】

(1)連接交于點，連接，可證，從而可證平面.(2)可證平面，從而得到平面平面.【詳解】(1)連接交于點，連接，因為底面為平行四邊形，所以為中點.在中,又為中點，所以.又平面，平面，所以平面.(2)因為底面為平行四邊形，所以.又即，所以.又即.又平面，平面，，所以平面.又平面，所以平面平面.【點睛】線面平行的證明的關鍵是在面中找到一條與已知直線平行的直線，找線的方法是平行投影或中心投影，我們也可以通過面面平行證線面平行，這個方法的關鍵是構造過已知直線的平面，證明該平面與已知平面平行.線面垂直的判定可由線線垂直得到，注意線線是相交的，也可由面面垂直得到，注意線在面內且線垂直于