山東省泰安市新泰市第二中學2025屆高一數學第二學期期末綜合測試試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。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．在中，內角所對的邊分別為，若，且，則的形狀是（）A．銳角三角形 B．鈍角三角形 C．等腰直角三角形 D．不確定2．△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知asinA－bsinB=4csinC，cosA=－，則=A．6 B．5 C．4 D．33．已知函數是定義在上的偶函數，且在區間上單調遞增.若實數滿足，則的最大值是（）A．1 B． C． D．4．直線與直線的交點在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限5．設集合，，則（）A． B． C． D．6．在一次隨機試驗中，彼此互斥的事件A,B,C,D的概率分別是0.1，0.2，0.3，0.4，則下列說法正確的是A．A+B與C是互斥事件，也是對立事件 B．B+C與D不是互斥事件，但是對立事件C．A+C與B+D是互斥事件，但不是對立事件 D．B+C+D與A是互斥事件，也是對立事件7．等比數列的前項和為，，且成等差數列，則等于()A． B． C． D．8．若直線與直線平行，則的值為（）A．1 B．﹣1 C．±1 D．09．在中，角所對應的邊分別為，且滿足，則的形狀為（）A．等腰三角形或直角三角形 B．等腰三角形C．直角三角形 D．等邊三角形10．為了了解所加工的一批零件的長度，抽測了其中個零件的長度，在這個工作中，個零件的長度是（）A．總體 B．個體 C．樣本容量 D．總體的一個樣本二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．的值為________.12．方程的解集是__________.13．已知，則____．14．_____________.15．在空間直角坐標系中，點關于原點的對稱點的坐標為__________．16．在上，滿足的的取值范圍是______.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．已知圓與圓：關于直線對稱．（1）求圓的標準方程；（2）已知點，若與直線垂直的直線與圓交于不同兩點、，且是鈍角，求直線在軸上的截距的取值范圍．18．設數列為等比數列，且，，（1）求數列的通項公式：（2）設，數列的前項和，求證：.19．在△ABC中，已知BC=7，AB=3，∠A=60°．（1）求cos∠C的值；（2）求△ABC的面積．20．如圖，四棱錐中，底面是直角梯形，，，，側面是等腰直角三角形，，平面平面，點分別是棱上的點，平面平面（Ⅰ）確定點的位置，并說明理由；（Ⅱ）求三棱錐的體積.21．不等式的解集為______.

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】

通過正弦定理可得可得三角形為等腰，再由可知三角形是直角，于是得到答案.【詳解】因為，所以，所以，即.因為，所以，又因為，所以，所以，故的形狀是等腰直角三角形.【點睛】本題主要考查利用正弦定理判斷三角形形狀，意在考查學生的分析能力，計算能力，難度中等.2、A【解析】

利用余弦定理推論得出a，b，c關系，在結合正弦定理邊角互換列出方程，解出結果.【詳解】詳解：由已知及正弦定理可得，由余弦定理推論可得，故選A．【點睛】本題考查正弦定理及余弦定理推論的應用．3、D【解析】由圖象性質可知，，解得，故選D。4、B【解析】

聯立方程組，求得交點的坐標，即可得到答案.【詳解】由題意，聯立方程組：，解得，即兩直線的交點坐標為，在第二象限，選B.【點睛】本題主要考查了兩條直線的位置關系的應用，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題.5、D【解析】試題分析：集合，集合，所以,故選D.考點：1、一元二次不等式；2、集合的運算.6、D【解析】

不可能同時發生的事件為互斥事件，當兩個互斥事件的概率和為1，則兩個事件為對立事件，易得答案.【詳解】因為事件彼此互斥，所以與是互斥事件，因為，，，所以與是對立事件，故選D.【點睛】本題考查互斥事件、對立事件的概念，注意對立事件一定是互斥事件，而互斥事件不一定是對立事件.7、A【解析】

根據等差中項的性質列方程，并轉化為的形式，由此求得的值，進而求得的值.【詳解】由于成等差數列，故，即，所以，，所以，故選A.【點睛】本小題主要考查等差中項的性質，考查等比數列基本量的計算，屬于基礎題.8、B【解析】

兩直線平行表示斜率相同或者都垂直x軸，即。【詳解】當時，兩直線分別為：與直線，不平行，當時，直線化為：直線化為：,兩直線平行，所以，，解得：，當時，兩直線重合，不符，所以，【點睛】直線平行即表示斜率相同，且截距不同，如果截距相同則表示同一條直線。9、A【解析】

由正弦定理進行邊化角，再由二倍角公式可得，則或，所以或，即可判斷三角形的形狀.【詳解】由正弦定理得，則，因此在中，或，即或.故選：A【點睛】本題考查利用正弦定理進行邊角互化，判斷三角形形狀，屬于基礎題.10、D【解析】

根據總體與樣本中的相關概念進行判斷.【詳解】由題意可知，在這個工作中，個零件的長度是總體的一個樣本，故選D.【點睛】本題考查總體與樣本中相關概念的理解，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】

利用同角三角函數的基本關系式、二倍角公式，結合根式運算，化簡求得表達式的值.【詳解】依題意，由于，所以故答案為：【點睛】本小題主要考查同角三角函數的基本關系式、二倍角公式，考查根式運算，屬于基礎題.12、【解析】

令，，將原方程化為關于的一元二次方程，解出得到，進而得出方程的解集.【詳解】令，，故原方程可化為，解得或，故而或，即方程的解集是，故答案為.【點睛】本題主要考查了指數方程的解法，轉化為一元二次方程是解題的關鍵，屬于基礎題.13、【解析】

由于，則，然后將代入中，化簡即可得結果.【詳解】，，，故答案為.【點睛】本題考查了同角三角函數的關系，屬于基礎題.同角三角函數之間的關系包含平方關系與商的關系，平方關系是正弦與余弦值之間的轉換，商的關系是正余弦與正切之間的轉換.14、【解析】,故填.15、【解析】

空間直角坐標系中，關于原點對稱，每個坐標變為原來的相反數.【詳解】空間直角坐標系中，關于原點對稱，每個坐標變為原來的相反數.點關于原點的對稱點的坐標為故答案為：【點睛】本題考查了空間直角坐標系關于原點對稱，屬于簡單題.16、【解析】

由，結合三角函數線，即可求解，得到答案.【詳解】如圖所示，因為，所以滿足的的取值范圍為.【點睛】本題主要考查了特殊角的三角函數值，以及三角函數線的應用，著重考查了推理與運算能力，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、（1）；（2）【解析】

（1）根據兩圓對稱，直徑一樣，只需圓心對稱即可得圓C的標準方程；（2）設直線l的方程為y＝﹣x+m與圓C聯立方程組，利用韋達定理，設而不求的思想即可求解b范圍，即截距的取值范圍．【詳解】（1）圓的圓心坐標為，半徑為2設圓的圓心坐標為，由題意可知解得：由對稱性質可得，圓的半徑為2，所以圓的標準方程為：（2）設直線的方程為，聯立得：，設直線與圓的交點，，由，得，（1）因為為鈍角，所以，且直線不過點即滿足，且又，，所以（2）由（1）式（2）式可得，滿足，即，因為，所以直線在軸上的截距的取值范圍是【點睛】本題考查直線與圓的位置關系，是中檔題，解題時要認真審題，注意韋達定理的合理運用．18、（1）（2）詳見解析【解析】

（1）將已知條件轉化為等比數列的基本量和，得到的值，從而得到數列的通項；（2）根據題意寫出，然后得到數列的通項，利用列項相消法進行求和，得到其前項和，然后進行證明.【詳解】設等比數列的首項為，公比為，因為，所以，所以所以；（2），所以，所以.因為，所以.【點睛】本題考查等比數列的基本量計算，裂項相消法求數列的和，屬于簡單題.19、（1）（2）【解析】

（1）由已知及正弦定理可得sinC的值，利用大邊對大角可求C為銳角，根據同角三角函數基本關系式可求cosC的值．（2）利用三角形內角和定理，兩角和的正弦函數公式可求sinB的值，根據三角形的面積公式即可計算得解．【詳解】（1）由題意，BC=7，AB=3，∠A=60°．∴由正弦定理可得：sinC=∵BC＞AB，∴C為銳角，∴cosC===，（2）因為A+B+C=π，A=60°，∴sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC=×+=，∴S△ABC=BC?AB?sinB=．【點睛】本題主要考查了正弦定理，大邊對大角，同角三角函數基本關系式，三角形內角和定理，兩角和的正弦函數公式，三角形的面積公式在解三角形中的綜合應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于基礎題．20、（Ⅰ）見解析（Ⅱ）【解析】試題分析：（1）根據面面平行的性質得到，，根據平行關系和長度關系得到點是的中點，點是的中點；（2），因為，所以，進而求得體積.詳解：（1）因為平面平面，平面平面，平面平面，所以，又因為，所以四邊形是平行四邊形，所以，即點是的中點．因為平面平面，平面平面，平面平面，所以，又因為點是的中點，所以點是的中點，綜上：分別是的中點；（Ⅱ）因為，所以，又因為平面平面，所以平面；又因為，所以．點睛:這個題目考查了面面平行的性質應用，空間