2026屆山東省新泰中學高一數學第二學期期末經典試題含解析

2026屆山東省新泰中學高一數學第二學期期末經典試題注意事項：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．已知圓柱的上、下底面的中心分別為，，過直線的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，則該圓柱的表面積為A． B． C． D．2．已知函數在區間（1，2）上是增函數，則實數a的取值范圍是（）A．（0，+∞） B．（0，1） C．（0，1] D．（﹣1，0）3．一個幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何的體積為（）立方單位．A． B．C． D．4．已知全集則()A． B． C． D．5．圓的圓心坐標和半徑分別為（）A． B． C． D．6．設為正數，為的等差中項，為的等比中項，則與的大小關為()A． B． C． D．7．角的終邊經過點且，則的值為()A．-3 B．3 C．±3 D．58．如圖，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，P是對角線AC上一點，，過點P的直線分別交DA的延長線，AB，DC于點M，E，N.若(m>0，n>0)，則2m＋3n的最小值是()A． B．C． D．9．在直角中，，線段上有一點，線段上有一點，且，若，則（）A．1 B． C． D．10．已知扇形的半徑為，面積為，則這個扇形圓心角的弧度數為（）A． B． C．2 D．4二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若復數z滿足z?2i=z2+1（其中i12．已知，，，，則______．13．已知向量，，若，則__________．14．方程的解集為____________.15．已知在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，，，的面積等于，則外接圓的面積為______．16．將函數的圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象，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．已知為數列的前n項和，且.（1）求數列的通項公式；（2）若，求數列的前n項和.18．已知函數.（1）求的最小正周期和單調遞增區間；（2）若方程在有兩個不同的實根，求的取值范圍．19．已知等差數列滿足，，其前項和為.（1）求的通項公式及；（2）令，求數列的前項和，并求的值.20．已知函數.（1）解關于的不等式；（2）若關于的不等式的解集為，求實數的值.21．已知A，B，C是的內角，a，b，c分別是其對邊長，向量，，且.(1)求角的大小；(2)若，，求的面積.

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、B【解析】分析：首先根據正方形的面積求得正方形的邊長，從而進一步確定圓柱的底面圓半徑與圓柱的高，從而利用相關公式求得圓柱的表面積.詳解：根據題意，可得截面是邊長為的正方形，結合圓柱的特征，可知該圓柱的底面為半徑是的圓，且高為，所以其表面積為，故選B.點睛：該題考查的是有關圓柱的表面積的求解問題，在解題的過程中，需要利用題的條件確定圓柱的相關量，即圓柱的底面圓的半徑以及圓柱的高，在求圓柱的表面積的時候，一定要注意是兩個底面圓與側面積的和.2、C【解析】

由題意可得在上為減函數，列出不等式組，由此解得的范圍.【詳解】∵函數在區間上是增函數，∴函數在上為減函數，其對稱軸為，∴可得，解得.故選：C.【點睛】本題主要考查復合函數的單調性，二次函數的性質，體現了轉化的數學思想，屬于基礎題.3、D【解析】由三視圖可知幾何體是由一個四棱錐和半個圓柱組合而成的，所以所求的體積為，故選D.4、B【解析】

先求M的補集，再與N求交集．【詳解】∵全集U＝{0，1，2，3，4}，M＝{0，1，2}，∴?UM＝{3，4}．∵N＝{2，3}，∴（?UM）∩N＝{3}．故選：B．【點睛】本題考查了交、并、補集的混合運算，是基礎題．5、B【解析】

根據圓的標準方程形式直接確定出圓心和半徑.【詳解】因為圓的方程為：，所以圓心為，半徑，故選：B.【點睛】本題考查給定圓的方程判斷圓心和半徑，難度較易.圓的標準方程為，其中圓心是，半徑是.6、B【解析】

由等差中項及等比中項的運算可得，，再結合即可得解.【詳解】解：因為為正數，為的等差中項，為的等比中項，則，，又，當且僅當時取等號，又，所以，故選：B.【點睛】本題考查了等差中項及等比中項的運算，重點考查了重要不等式的應用，屬基礎題.7、B【解析】

根據三角函數的定義建立方程關系即可．【詳解】因為角的終邊經過點且，所以則解得【點睛】本題主要考查三角函數的定義的應用，應注意求出的b為正值．8、C【解析】設，則又當且僅當時取等號，故選點睛：在利用基本不等式求最值的時候，要特別注意“拆，拼，湊”等技巧，使其滿足基本不等式中“正”（即條件要求中字母為正數），“定”（不等式的另一邊必須為定值），“等”（等號取得的條件）的條件才能應用，否則會出現錯誤．9、D【解析】

依照題意采用解析法，建系求出目標向量坐標，用數量積的坐標表示即可求出結果．【詳解】如圖，以A為原點，AC，AB所在直線分別為軸建系，依題設A(0,0),B(0,2),C(3,0),M(1,0),，由得，，解得，，所以，，，故選D．【點睛】本題主要考查解析法在向量中的應用，意在考查學生數形結合的能力．10、D【解析】

利用扇形面積，結合題中數據，建立關于圓心角的弧度數的方程，即可解得.【詳解】解：設扇形圓心角的弧度數為，因為扇形所在圓的半徑為，且該扇形的面積為，則扇形的面積為，解得：.故選：D.【點睛】本題在已知扇形面積和半徑的情況下，求扇形圓心角的弧度數，著重考查了弧度制的定義和扇形面積公式等知識，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、1【解析】設z=a+bi,a,b∈R，則由z?2則-2b=a2+b2+12a=012、【解析】

先求出的平方值，再開方得到所求結果．【詳解】【點睛】本題考查求解復合向量模長的問題，求解此類問題的關鍵是先求模長的平方，將其轉化為已知向量運算的問題．13、1【解析】由,得.即.解得.14、或【解析】

首先將原方程利用輔助角公式化簡為，再求出的值即可.【詳解】由題知：，，.所以或，.解得：或.所以解集為：或.故答案為：或【點睛】本題主要考查正弦函數的圖像及特殊角的三角函數值，同時考查了輔助角公式，屬于中檔題.15、4π【解析】

利用三角形面積公式求解,再利用余弦定理求得,進而得到外接圓半徑,再求面積即可.【詳解】由，解得．．解得．，解得．∴△ABC外接圓的面積為4π．故答案為：4π．【點睛】本題主要考查了解三角形中正余弦與面積公式的運用,屬于基礎題型.16、【解析】

先利用輔助角公式將函數的解析式化簡，根據三角函數的變化規律求出函數的解析式，即可計算出的值．【詳解】，由題意可得，因此，，故答案為．【點睛】本題考查輔助角公式化簡、三角函數圖象變換，在三角圖象相位變換的問題中，首先應該將三角函數的解析式化為（或）的形式，其次要注意左加右減指的是在自變量上進行加減，考查計算能力，屬于中等題．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)先根據和項與通項關系得項之間遞推關系，再根據等比數列定義以及通項公式求結果，(2)根據錯位相減法求結果.【詳解】(1)因為，所以當時，,相減得，，當時，，因此數列為首項為，2為公比的等比數列，(2),所以，則2，兩式相減得.【點睛】本題考查錯位相減法求和以及由和項求通項，考查基本求解能力，屬中檔題.18、（1）最小正周期，；（2）.【解析】

（1）利用兩角差的余弦公式、倍角公式、輔助角公式得，求得周期；（2）利用換元法令，將問題轉化成方程在有兩個不同的實根，再利用圖象得的取值范圍.【詳解】（1），所以的最小正周期，由得：，所以的單調遞增區間是.（2）令，因為，所以，即方程在有兩個不同的實根，由函數的圖象可知，當時滿足題意，所以的取值范圍為.【點睛】第（1）問考查三角恒等變換的綜合運用；第二問考查換元法求參數的取值范圍，注意在換元的過程中參數不能出錯，否則轉化后的問題與原問題就不等價.19、（1），；（2），【解析】

（1）利用等差數列的通項公式及前n項的和公式可得答案；（2）利用“裂項求和”法可得答案.【詳解】解：（1）設等差數列的公差為，由，得，又，解得.所以.所以.（2）由，得.設的前項和為，則.【點睛】本題主要考查等差數列的通項公式及前n項的和，及數列求和的“裂項相消法”，屬于中檔題.20、（1）①當時，不等式的解集為；②當時，由，則不等式的解集為；③當時，由，則不等式的解集為；（2）【解析】

（1）不等式，可化為，分三種情況討論，分別利用一元二次不等式的解法求解即可；（2）不等可化為，根據1和4是方程的兩根，利用韋達定理列方程求解即可.【詳解】（1）不等式，可化為：.①當時，不等式的解集為；②當時，由，則不等式的解集為；③當時，由，則不等式的解集為；（2）不等可化為：.由不等式的解集為可知，1和4是方程的兩根.故有，解得.由時方程為的根為1或4，則實數的值為1.【點睛】本題主要考查一元二次不等式的解法以及分類討論思想的應用，屬于中檔題..分類討論思想的常見類型

,⑴問題中的變量或含有需討論的參