山东省日照市莒县、岚山2025届数学高一下期末调研试题含解析

山东省日照市莒县、岚山2025届数学高一下期末调研试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．函数的单调减区间为()A．(kπ﹣，kπ]，(k∈Z) B．(kπ﹣，kπ]，(k∈Z)C．(kπ﹣，kπ+]，(k∈Z) D．(kπ+，kπ+]，(k∈Z)2．光线自点M（2，3）射到N（1，0）后被x轴反射，则反射光线所在的直线方程为（）A． B．C． D．3．在中，角的对边分别是，若，则角的大小为（）A．或 B．或 C． D．4．两个正实数满足，则满足，恒成立的取值范围（）A． B． C． D．5．设函数，则满足的x的取值范围是（）A． B． C． D．6．已知函数，其函数图像的一个对称中心是，则该函数的单调递增区间可以是（）A． B． C． D．7．已知等差数列中，若，则（）A．-21 B．-15 C．-12 D．-178．设等比数列满足，，则（）A．8 B．16 C．24 D．489．设是等比数列，则“”是“数列是递增数列”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件10．若，则t=（）A．32 B．23 C．14 D．13二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知为直线，为平面，下列四个命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则.其中正确命题的序号是______．12．我国高铁发展迅速，技术先进．经统计，在经停某站的高铁列车中，有10个车次的正点率为0.97，有20个车次的正点率为0.98，有10个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为___________.13．若，则________.14．已知函数，若函数恰有个零点，则实数的取值范围为__________．15．某住宅小区有居民万户，从中随机抽取户，调查是否安装宽带，调查结果如下表所示：宽带租户业主已安装未安装则该小区已安装宽带的居民估计有______户．16．设向量满足，，，．若，则的最大值是________．三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．年北京市进行人口抽样调查，随机抽取了某区居民人，记录他们的年龄，将数据分成组：，，，…，并整理得到如下频率分布直方图：（Ⅰ）从该区中随机抽取一人，估计其年龄不小于的概率；（Ⅱ）估计该区居民年龄的中位数（精确到）；（Ⅲ）假设同组中的每个数据用该组区间的中点值代替，估计该区居民的平均年龄.18．直线的方程为.(1)若在两坐标轴上的截距相等，求的值；(2)若不经过第二象限，求实数的取值范围.19．如图，在四棱柱中，底面ABCD为菱形，平面ABCD，AC与BD交于点O，，，．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的大小.20．若函数满足且，则称函数为“函数”．（1）试判断是否为“函数”，并说明理由；（2）函数为“函数”，且当时，，求的解析式，并写出在上的单调递增区间；（3）在(2)的条件下，当时，关于的方程为常数有解，记该方程所有解的和为，求．21．设函数.（1）求函数的单调递增区间；（2）当时，求函数的值域.

参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1、C【解析】

根据复合函数的单调性，得到函数的减区间，即为的增区间，且，根据三角函数的图象与性质，即可求解.【详解】由题意，函数在定义域上是减函数，根据复合函数的单调性，可得函数的减区间，即的增区间，且，则，得，则函数的单调递减区间为，故选C.【点睛】本题主要考查了对数函数及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记对数函数的性质，以及三角函数的图象与性质，根据复合函数的单调性进行判定是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.2、B【解析】试题分析：点关于轴的对称点，则反射光线即在直线上，由，∴，故选B.考点：直线方程的几种形式.3、B【解析】

通过给定条件直接利用正弦定理分析，注意讨论多解的情况.【详解】由正弦定理可得：，，∵，∴为锐角或钝角，∴或．故选B．【点睛】本题考查解三角形中正弦定理的应用，难度较易.出现多解时常借助“大边对大角，小边对小角”来进行取舍.4、B【解析】

由基本不等式和“1”的代换，可得的最小值，再由不等式恒成立思想可得小于等于的最小值，解不等式即得m的范围。【详解】由，，可得，当且仅当上式取得等号，若恒成立，则有，解得.故选：B【点睛】本题考查利用基本不等式求恒成立问题中的参数取值范围，是常考题型。5、B【解析】

分别解和时条件对应的不等式即可.【详解】①当时，，此时，不合题意；②当时，，可化为即，解得.综上，的x的取值范围是.故选：B.【点睛】本题考查了分段函数不等式的解法，考查了分类讨论思想，属于基础题.6、D【解析】

根据对称中心，结合的范围可求得，从而得到函数解析式；将所给区间代入求得的范围，与的单调区间进行对应可得到结果.【详解】为函数的对称中心，解得：，当时，，此时不单调，错误；当时，，此时不单调，错误；当时，，此时不单调，错误；当时，，此时单调递增，正确本题正确选项：【点睛】本题考查正切型函数单调区间的求解问题，涉及到利用正切函数的对称中心求解函数解析式；关键是能够采用整体对应的方式，将正切型函数与正切函数进行对应，从而求得结果.7、A【解析】

根据等差数列的前n项和公式得：，故选A.8、A【解析】

利用等比数列的通项公式即可求解.【详解】设等比数列的公比为，则，解得所以.故选：A【点睛】本题考查了等比数列的通项公式，需熟记公式，属于基础题.9、B【解析】

由，可得，解得或，根据等比数列的单调性的判定方法，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解，得到答案.【详解】设等比数列的公比为，则，可得，解得或，此时数列不一定是递增数列；若数列为递增数列，可得或，所以“”是“数列为递增数列”的必要不充分条件.故选：B.【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式与单调性，以及充分条件、必要条件的判定，其中解答中熟记等比数列的单调性的判定方法是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.10、B【解析】

先计算得到，再根据得到等式解得答案.【详解】故答案选B【点睛】本题考查了向量的计算，意在考查学生对于向量运算法则的灵活运用及计算能力.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、③④【解析】

①和②均可以找到不符合题意的位置关系，则①和②错误；根据线面垂直性质定理和空间中的平行垂直关系可知③和④正确.【详解】若，此时或，①错误；若，此时或异面，②错误；由线面垂直的性质定理可知，若，则，③正确；两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条直线必垂直于该平面，可知④正确本题正确结果：③④【点睛】本题考查空间中的平行与垂直关系相关命题的判断，考查学生对于平行与垂直的判定和性质的掌握情况.12、1．98.【解析】

本题考查通过统计数据进行概率的估计，采取估算法，利用概率思想解题．【详解】由题意得，经停该高铁站的列车正点数约为，其中高铁个数为11+21+11=41，所以该站所有高铁平均正点率约为．【点睛】本题考点为概率统计，渗透了数据处理和数学运算素养．侧重统计数据的概率估算，难度不大．易忽视概率的估算值不是精确值而失误，根据分类抽样的统计数据，估算出正点列车数量与列车总数的比值．13、【解析】

观察式子特征，直接写出，即可求出。【详解】观察的式子特征，明确各项关系，以及首末两项，即可写出，所以，相比，增加了后两项，少了第一项，故。【点睛】本题主要考查学生的数学抽象能力，正确弄清式子特征是解题关键。14、【解析】

首先根据题意转化为函数与有个交点，再画出与的图象，根据图象即可得到的取值范围.【详解】有题知：函数恰有个零点，等价于函数与有个交点.当函数与相切时，即：，，，解得或（舍去）.所以根据图象可知：.故答案为：【点睛】本题主要考查函数的零点问题，同时考查了学生的转化能力，体现了数形结合的思想，属于中档题.15、【解析】

计算出抽样中已安装宽带的用户比例，乘以总人数，求得小区已安装宽带的居民数.【详解】抽样中已安装宽带的用户比例为，故小区已安装宽带的居民有户.【点睛】本小题主要考查用样本估计总体，考查频率的计算，属于基础题.16、【解析】

令，计算出模的最大值即可，当与同向时的模最大．【详解】令，则，因为，所以当，，因此当与同向时的模最大，【点睛】本题主要考查了向量模的计算，以及二次函数在给定区间上的最值．整体换元的思想，属于较的难题，在解二次函数的问题时往往结合图像、开口、对称轴等进行分析．三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）【解析】

（I）计算之间的频率和，由此估计出年龄不小于的概率.（II）从左往右，计算出频率之和为的位置，由此估计中中位数.（III）用各组中点值乘以频率人后相加，求得居民平均年龄的估计值.【详解】解：（Ⅰ）设从该区中随机抽取一人，估计其年龄不小于60为事件,所以该区中随机抽取一人，估计其年龄不小于60的概率为.（Ⅱ）年龄在的累计频率为,,所以估计中位数为.（Ⅲ）平均年龄为【点睛】本小题主要考查频率分布直方图的识别与应用，考查频率分布直方图估计中位数和平均数，考查运算求解能力，属于中档题.18、(1)0或2；(2).【解析】

（1）当过坐标原点时，可求得满足题意；当不过坐标原点时，可根据直线截距式，利用截距相等构造方程求得结果；（2）当时，可得直线不经过第二象限；当时，结合函数图象可知斜率为正，且在轴截距小于等于零，从而构造不等式组求得结果.【详解】（1）当过坐标原点时，，解得：，满足题意当不过坐标原点时，即时若，即时，，不符合题意若，即时，方程可整理为：，解得：综上所述：或（2）当，即时，，不经过第二象限，满足题意当，即时，方程可整理为：，解得：综上所述：的取值范围为：【点睛】本题考查直线方程的应用，涉及到直线截距式方程、由图象确定参数范围等知识；易错点是在截距相等时，忽略经过坐标原点的情况，造成丢根.19、(1)证明见解析；(2)﹒【解析】

(1)证面面垂直只需证一个平面内有一条直线和另一个平面垂直(2)通过作图需找二面角的平面角即可【详解】（1）证明：由平面ABCD，有;由四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD：又因为，所以平面，因为平面，所以平面平面，（2）过O作于E，连结BE，由（1）知平面，所以，又因为，，所以平面BDE，从而；由，，所以∠OEB为二面角的平面角.由为等边三角形且O为BD中点，有，，，由，有，由，有，从而.在中，，所以，即.综上，二面角的大小为﹒【点睛】面面垂直可通过线面垂直进行证明，二面角的平面角有正有负，解题时要注意结合题设关系进行正确判断20、（1）不是“M函数”；（2），；（3）.【解析】

由不满足，得不是“M函数”，可得函数的周期，，当时，当时，在上的单调递增区间：，由可得函数在上的图象，根据图象可得：当或1时，为常数有2个解，其和为当时，为常数有3个解，其和为．当时，为常数有4个解，其和为即可得当时，记关于x的方程为常数所有解的和为，【详解】不是“M函数”．，，不是“M函数”．函数满足，函数的周期，，当时，当时，，在上的单调递增区间：，；由可得函数在上的图象为：当或1时，为常数有2个解，