2026届山东省新泰中学高一数学第二学期期末经典试题含解析

2026届山东省新泰中学高一数学第二学期期末经典试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A． B． C． D．2．已知函数在区间（1，2）上是增函数，则实数a的取值范围是（）A．（0，+∞） B．（0，1） C．（0，1] D．（﹣1，0）3．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何的体积为（）立方单位．A． B．C． D．4．已知全集则()A． B． C． D．5．圆的圆心坐标和半径分别为（）A． B． C． D．6．设为正数，为的等差中项，为的等比中项，则与的大小关为()A． B． C． D．7．角的终边经过点且，则的值为()A．-3 B．3 C．±3 D．58．如图，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，P是对角线AC上一点，，过点P的直线分别交DA的延长线，AB，DC于点M，E，N.若(m>0，n>0)，则2m＋3n的最小值是()A． B．C． D．9．在直角中，，线段上有一点，线段上有一点，且，若，则（）A．1 B． C． D．10．已知扇形的半径为，面积为，则这个扇形圆心角的弧度数为（）A． B． C．2 D．4二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．若复数z满足z⋅2i=z2+1（其中i12．已知，，，，则______．13．已知向量，，若，则__________．14．方程的解集为____________.15．已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，的面积等于，则外接圆的面积为______．16．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则__________.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．已知为数列的前n项和，且.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和.18．已知函数.（1）求的最小正周期和单调递增区间；（2）若方程在有两个不同的实根，求的取值范围．19．已知等差数列满足，，其前项和为.（1）求的通项公式及；（2）令，求数列的前项和，并求的值.20．已知函数.（1）解关于的不等式；（2）若关于的不等式的解集为，求实数的值.21．已知A，B，C是的内角，a，b，c分别是其对边长，向量，，且.(1)求角的大小；(2)若，，求的面积.

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、B【解析】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，所以其表面积为，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.2、C【解析】

由题意可得在上为减函数，列出不等式组，由此解得的范围.【详解】∵函数在区间上是增函数，∴函数在上为减函数，其对称轴为，∴可得，解得.故选：C.【点睛】本题主要考查复合函数的单调性，二次函数的性质，体现了转化的数学思想，属于基础题.3、D【解析】由三视图可知几何体是由一个四棱锥和半个圆柱组合而成的，所以所求的体积为，故选D.4、B【解析】

先求M的补集，再与N求交集．【详解】∵全集U＝{0，1，2，3，4}，M＝{0，1，2}，∴∁UM＝{3，4}．∵N＝{2，3}，∴（∁UM）∩N＝{3}．故选：B．【点睛】本题考查了交、并、补集的混合运算，是基础题．5、B【解析】

根据圆的标准方程形式直接确定出圆心和半径.【详解】因为圆的方程为：，所以圆心为，半径，故选：B.【点睛】本题考查给定圆的方程判断圆心和半径，难度较易.圆的标准方程为，其中圆心是，半径是.6、B【解析】

由等差中项及等比中项的运算可得，，再结合即可得解.【详解】解：因为为正数，为的等差中项，为的等比中项，则，，又，当且仅当时取等号，又，所以，故选：B.【点睛】本题考查了等差中项及等比中项的运算，重点考查了重要不等式的应用，属基础题.7、B【解析】

根据三角函数的定义建立方程关系即可．【详解】因为角的终边经过点且，所以则解得【点睛】本题主要考查三角函数的定义的应用，应注意求出的b为正值．8、C【解析】设，则又当且仅当时取等号，故选点睛：在利用基本不等式求最值的时候，要特别注意“拆，拼，凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”（即条件要求中字母为正数），“定”（不等式的另一边必须为定值），“等”（等号取得的条件）的条件才能应用，否则会出现错误．9、D【解析】

依照题意采用解析法，建系求出目标向量坐标，用数量积的坐标表示即可求出结果．【详解】如图，以A为原点，AC，AB所在直线分别为轴建系，依题设A(0,0),B(0,2),C(3,0),M(1,0),，由得，，解得，，所以，，，故选D．【点睛】本题主要考查解析法在向量中的应用，意在考查学生数形结合的能力．10、D【解析】

利用扇形面积，结合题中数据，建立关于圆心角的弧度数的方程，即可解得.【详解】解：设扇形圆心角的弧度数为，因为扇形所在圆的半径为，且该扇形的面积为，则扇形的面积为，解得：.故选：D.【点睛】本题在已知扇形面积和半径的情况下，求扇形圆心角的弧度数，着重考查了弧度制的定义和扇形面积公式等知识，属于基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、1【解析】设z=a+bi,a,b∈R，则由z⋅2则-2b=a2+b2+12a=012、【解析】

先求出的平方值，再开方得到所求结果．【详解】【点睛】本题考查求解复合向量模长的问题，求解此类问题的关键是先求模长的平方，将其转化为已知向量运算的问题．13、1【解析】由,得.即.解得.14、或【解析】

首先将原方程利用辅助角公式化简为，再求出的值即可.【详解】由题知：，，.所以或，.解得：或.所以解集为：或.故答案为：或【点睛】本题主要考查正弦函数的图像及特殊角的三角函数值，同时考查了辅助角公式，属于中档题.15、4π【解析】

利用三角形面积公式求解,再利用余弦定理求得,进而得到外接圆半径,再求面积即可.【详解】由，解得．．解得．，解得．∴△ABC外接圆的面积为4π．故答案为：4π．【点睛】本题主要考查了解三角形中正余弦与面积公式的运用,属于基础题型.16、【解析】

先利用辅助角公式将函数的解析式化简，根据三角函数的变化规律求出函数的解析式，即可计算出的值．【详解】，由题意可得，因此，，故答案为．【点睛】本题考查辅助角公式化简、三角函数图象变换，在三角图象相位变换的问题中，首先应该将三角函数的解析式化为（或）的形式，其次要注意左加右减指的是在自变量上进行加减，考查计算能力，属于中等题．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、(1)(2)【解析】

(1)先根据和项与通项关系得项之间递推关系，再根据等比数列定义以及通项公式求结果，(2)根据错位相减法求结果.【详解】(1)因为，所以当时，,相减得，，当时，，因此数列为首项为，2为公比的等比数列，(2),所以，则2，两式相减得.【点睛】本题考查错位相减法求和以及由和项求通项，考查基本求解能力，属中档题.18、（1）最小正周期，；（2）.【解析】

（1）利用两角差的余弦公式、倍角公式、辅助角公式得，求得周期；（2）利用换元法令，将问题转化成方程在有两个不同的实根，再利用图象得的取值范围.【详解】（1），所以的最小正周期，由得：，所以的单调递增区间是.（2）令，因为，所以，即方程在有两个不同的实根，由函数的图象可知，当时满足题意，所以的取值范围为.【点睛】第（1）问考查三角恒等变换的综合运用；第二问考查换元法求参数的取值范围，注意在换元的过程中参数不能出错，否则转化后的问题与原问题就不等价.19、（1），；（2），【解析】

（1）利用等差数列的通项公式及前n项的和公式可得答案；（2）利用“裂项求和”法可得答案.【详解】解：（1）设等差数列的公差为，由，得，又，解得.所以.所以.（2）由，得.设的前项和为，则.【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式及前n项的和，及数列求和的“裂项相消法”，属于中档题.20、（1）①当时，不等式的解集为；②当时，由，则不等式的解集为；③当时，由，则不等式的解集为；（2）【解析】

（1）不等式，可化为，分三种情况讨论，分别利用一元二次不等式的解法求解即可；（2）不等可化为，根据1和4是方程的两根，利用韦达定理列方程求解即可.【详解】（1）不等式，可化为：.①当时，不等式的解集为；②当时，由，则不等式的解集为；③当时，由，则不等式的解集为；（2）不等可化为：.由不等式的解集为可知，1和4是方程的两根.故有，解得.由时方程为的根为1或4，则实数的值为1.【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法以及分类讨论思想的应用，属于中档题..分类讨论思想的常见类型

,⑴问题中的变量或含有需讨论的参