山東省東營市勝利第二中學2025屆高一數學第二學期期末統考試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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．已知在中，為的中點，，，點為邊上的動點，則最小值為（）A．2 B． C． D．－22．已知函數的圖象過點，且在上單調，同時的圖象向左平移個單位之后與原來的圖象重合，當，且時，，則A． B． C． D．3．某個算法程序框圖如圖所示，如果最后輸出的的值是25，那么圖中空白處應填的是（）A． B． C． D．4．若正方體的棱長為，點，在上運動，，四面體的體積為，則（）A． B． C． D．5．已知扇形的周長為8，圓心角為2弧度，則該扇形的面積為（）A． B． C． D．6．直線與直線垂直，則的值為（）A．3 B． C．2 D．7．在中，邊，，分別是角，，的對邊，且滿足，若，則的值為A． B． C． D．8．某市在“一帶一路”國際合作高峰論壇前夕，在全市高中學生中進行“我和‘一帶一路’”的學習征文，收到的稿件經分類統計，得到如圖所示的扇形統計圖．又已知全市高一年級共交稿2000份，則高三年級的交稿數為（）A．2800 B．3000 C．3200 D．34009．若等差數列和的公差均為，則下列數列中不為等差數列的是（）A．（為常數） B．C． D．10．某產品的廣告費用x與銷售額y的統計數據如下表：廣告費用（萬元）

4

2

3

5

銷售額（萬元）

49

26

39

54

根據上表可得回歸方程中的為9.4，據此模型預報廣告費用為6萬元時銷售額為A．63.6萬元 B．65.5萬元 C．67.7萬元 D．72.0萬元二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知實數，滿足不等式組，則的最大值為_______.12．已知關于兩個隨機變量的一組數據如下表所示，且成線性相關，其回歸直線方程為，則當變量時，變量的預測值應該是_________．23456467101313．把二進制數化為十進制數是：______．14．在扇形中，如果圓心角所對弧長等于半徑，那么這個圓心角的弧度數為______.15．已知數列滿足，，則_______；_______.16．已知數列，，若該數列是減數列，則實數的取值范圍是__________．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．的內角所對的邊分別為，向量，若.（1）求角的大小；（2）若，求的值.18．記Sn為等比數列的前n項和，已知S2=2，S3=-6.（1）求的通項公式；（2）求Sn，并判斷Sn+1，Sn，Sn+2是否成等差數列．19．如圖，在三棱柱中，各個側面均是邊長為的正方形，為線段的中點.(1)求證:直線平面；(2)求直線與平面所成角的余弦值；(3)設為線段上任意一點，在內的平面區域(包括邊界)是否存在點，使，并說明理由.20．已知函數，.（1）求的最小正周期；（2）求在閉區間上的最大值和最小值.21．如圖，以Ox為始邊作角與（），它們終邊分別單位圓相交于點、，已知點的坐標為．（1）若，求角的值；（2）若·，求．

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】

由，結合投影幾何意義，建立平面直角坐標系，結合向量數量積的定義及二次函數的性質即可求解.【詳解】由,結合投影幾何意義有：過點作的垂線，垂足落在的延長線上，且,以所在直線為軸，以中點為坐標原點，建立如圖所示的平面直角坐標系，則設，其中則解析式是關于的二次函數，開口向上，對稱軸時取得最小值，當時取得最小值故選：【點睛】本題考查向量方法解決幾何最值問題，屬于中等題型.2、A【解析】由題設可知該函數的周期是，則過點且可得，故，由可得，所以由可得，注意到，故，所以，應選答案A點睛：已知函數的圖象求解析式(1).(2)由函數的周期求(3)利用“五點法”中相對應的特殊點求.3、B【解析】

分別依次寫出每次循環所得答案，再與輸出結果比較，得到答案.【詳解】由程序框圖可知，第一次循環后，，，；第二次循環后，，，；第三次循環后，，，；第四次循環后，，，；第五次循環后，，，此時，則圖中空白處應填的是【點睛】本題主要考查循環結構由輸出結果計算判斷條件，難度不大.4、C【解析】

由題意得，到平面的距離不變＝，且，即可得三棱錐的體積，利用等體積法得．【詳解】正方體的棱長為，點，在上運動，，如圖所示：點到平面的距離＝，且，所以.所以三棱錐的體積＝．利用等體積法得.故選：C．【點睛】本題考查了正方體的性質，等體積法求三棱錐的體積，屬于基礎題．5、A【解析】

利用弧長公式、扇形的面積計算公式即可得出．【詳解】設此扇形半徑為r，扇形弧長為l=2r則2r+2r＝8，r=2，∴扇形的面積為r=故選A【點睛】本題考查了弧長公式、扇形的面積計算公式，屬于基礎題．6、A【解析】

根據兩條直線垂直的條件列方程，解方程求得的值.【詳解】由于直線與直線垂直，所以，解得.故選：A【點睛】本小題主要考查兩條直線垂直的條件，屬于基礎題.7、A【解析】

利用正弦定理把題設等式中的邊換成角的正弦，進而利用兩角和公式化簡整理可得的值，由可得的值【詳解】在中，由正弦定理可得化為：即在中，，故,可得，即故選【點睛】本題以三角形為載體，主要考查了正弦定理，向量的數量積的運用，考查了兩角和公式，考查了分析問題和解決問題的能力，屬于中檔題。8、D【解析】

先求出總的稿件的數量，再求出高三年級交稿數占總交稿數的比例，再求高三年級的交稿數.【詳解】高一年級交稿2000份，在總交稿數中占比，所以總交稿數為，高二年級交稿數占總交稿數的，所以高三年級交稿數占總交稿數的，所以高三年級交稿數為．故選D【點睛】本題主要考查扇形統計圖的有關計算，意在考查學生對該知識的理解掌握水平，屬于基礎題.9、D【解析】

利用等差數列的定義對選項逐一進行判斷，可得出正確的選項.【詳解】數列和是公差均為的等差數列，則，，.對于A選項，，數列（為常數）是等差數列；對于B選項，，數列是等差數列；對于C選項，，所以，數列是等差數列；對于D選項，，不是常數，所以，數列不是等差數列.故選：D.【點睛】本題考查等差數列的定義和通項公式，注意等差數列定義的應用，考查推理能力，屬于中等題.10、B【解析】

試題分析：，∵數據的樣本中心點在線性回歸直線上，回歸方程中的為1.4，∴42=1．4×2．5+a，∴=1．1，∴線性回歸方程是y=1．4x+1．1，∴廣告費用為6萬元時銷售額為1．4×6+1．1=3．5考點：線性回歸方程二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、2【解析】

作出不等式組表示的平面區域，根據目標函數的幾何意義，結合圖象，即可求解，得到答案.【詳解】由題意，作出不等式組表示的平面區域，如圖所示，又由，即表示平面區域內任一點與點之間連線的斜率，顯然直線的斜率最大，又由，解得，則，所以的最大值為2.【點睛】本題主要考查簡單線性規劃求解目標函數的最值問題．其中解答中正確畫出不等式組表示的可行域，利用“一畫、二移、三求”，確定目標函數的最優解是解答的關鍵，著重考查了數形結合思想，及推理與計算能力，屬于基礎題．12、21.2【解析】

計算出，，可知回歸方程經過樣本中心點，從而求得，代入可得答案.【詳解】由表中數據知，，，線性回歸直線必過點，所以將，代入回歸直線方程中，得，所以當時，.【點睛】本題主要考查回歸方程的相關計算，難度很小.13、51【解析】110011（2）14、1【解析】

根據弧長公式求解【詳解】因為圓心角所對弧長等于半徑，所以【點睛】本題考查弧長公式，考查基本求解能力，屬基礎題15、【解析】

令代入可求得；方程兩邊取倒數，構造出等差數列，即可得答案.【詳解】令，則；∵，∴數列為等差數列，∴，∴.故答案為：；.【點睛】本題考查數列的遞推關系求通項，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力，求解時注意兩邊取倒數，構造新等差數列的方法.16、【解析】

本題可以先通過得出的解析式，再得出的解析式，最后通過數列是遞減數列得出實數的取值范圍．【詳解】，因為該數列是遞減數列，所以即因為所以實數的取值范圍是．【點睛】本題考察的是遞減數列的性質，遞減數列的后一項減去前一項的值一定是一個負值．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）；（2）2【解析】

（1）根據向量的數量積定義，結合余弦的倍角公式，即可求得；（2）由余弦定理，及（1）中所求角度，即可直接求得.【詳解】（1）由已知易得：所以，又故.（2）由及余弦定理可得：所以，所以得：（舍）所以.【點睛】本題考查余弦定理，余弦的倍角公式，涉及向量的數量積，屬基礎題.18、（1）；（2）見解析.【解析】試題分析：（1）由等比數列通項公式解得，即可求解；（2）利用等差中項證明Sn+1，Sn，Sn+2成等差數列．試題解析：（1）設的公比為.由題設可得，解得，.故的通項公式為.（2）由（1）可得.由于，故，，成等差數列.點睛:等差、等比數列的性質是兩種數列基本規律的深刻體現，是解決等差、等比數列問題既快捷又方便的工具，應有意識地去應用．但在應用性質時要注意性質的前提條件，有時需要進行適當變形．在解決等差、等比數列的運算問題時，經常采用“巧用性質、整體考慮、減少運算量”的方法．19、(1)見解析(2)（3）存在點，使，詳見解析【解析】

(1)設與的交點為，證明進而證明直線平面.(2)先證明直線與平面所成角的為，再利用長度關系計算.(3)過點作，證明平面，即，所以存在.【詳解】(1)設與的交點為，顯然為中點，又點為線段的中點，所以，平面，平面，平面.(2)平面，平面,，，平面，平面，平面，點在平面上的投影為點，直線與平面所成角的為，，，，.(3)過點作，又因為平面，平面，所以，平面，平面，平面，，所以存在點，使.【點睛】本題考查了立體幾何線面平行，線面夾角，動點問題，將線線垂直轉化為線面垂直是解題的關鍵.20、（1）；（2）最大值為，最小值為【解析】

（1）由三角函數恒等變換的應用可得，利用正弦函數的周期性可求最小正周期.

（2）通過，求得，再利用正弦函數的性質可求最值.【詳解】解答：解：（1）由已知，有

，

所以的最小正周期；

（2），當，即時，取最大值，且最大值為；當，即時，取最小值，且最小值