2026届江苏省南通市、泰州市高一数学第二学期期末监测试题含解析

2026届江苏省南通市、泰州市高一数学第二学期期末监测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．在中，角，，所对的边分别是，，，，，，则（）A．或 B．C． D．2．若点,直线过点且与线段相交，则的斜率的取值范围是（）A．或B．或C．D．3．若函数局部图象如图所示，则函数的解析式为A． B．C． D．4．若三棱锥中，，，，且，，，则该三棱锥外接球的表面积为（）A． B． C． D．5．在△ABC中，角所对的边分别为,且则最大角为（）A． B． C． D．6．已知向量，，若，则实数a的值为A． B．2或 C．或1 D．7．中，则A． B． C． D．8．已知等比数列中，，，则（）A．10 B．7 C．4 D．129．下列各角中与角终边相同的是（）A． B． C． D．10．在三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥外接球的体积为()A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知直线与圆交于两点，过分别作的垂线与轴交于两点，则_______.12．如图，将全体正整数排成一个三角形数阵，按照这样的排列规律，第行从右至左的第3个数为___________．13．某幼儿园对儿童记忆能力的量化评价值和识图能力的量化评价值进行统计分析，得到如下数据：468103568由表中数据，求得回归直线方程中的，则．14．由正整数组成的数列，分别为递增的等差数列、等比数列，，记，若存在正整数（）满足，，则__________．15．在△ABC中，若∠A＝120°，AB＝5，BC＝7，则△ABC的面积S＝_____．16．向量在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，则以向量为邻边的平行四边形的面积是_________.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．甲乙两地生产某种产品，他们可以调出的数量分别为300吨、750吨.A，B，C三地需要该产品数量分别为200吨，450吨，400吨，甲地运往A，B，C三地的费用分别为6元/吨、3元/吨，5元/吨，乙地运往A，B，C三地的费用分别为5元/吨，9元/吨，6元/吨，问怎样调运，才能使总运费最小？18．在△ABC中，AC=6，cosB=，C=.(1)求AB的长；(2)求△ABC的面积.19．如果定义在上的函数，对任意的，都有，则称该函数是“函数”．（I）分别判断下列函数：①；②；③，是否为“函数”？（直接写出结论）（II）若函数是“函数”，求实数的取值范围．（III）已知是“函数”，且在上单调递增，求所有可能的集合与20．在直角坐标系中，点，圆的圆心为，半径为2.（Ⅰ）若，直线经过点交圆于、两点，且，求直线的方程；（Ⅱ）若圆上存在点满足，求实数的取值范围.21．如图，四面体中，分别是的中点，，.（1）求证：平面；（2）求三棱锥的体积．

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、C【解析】

将已知代入正弦定理可得，根据，由三角形中大边对大角可得：，即可求得.【详解】解：，，由正弦定理得：故选C.【点睛】本题考查了正弦定理、三角形的边角大小关系，考查了推理能力与计算能力.2、C【解析】试题分析：画出三点坐标可知，两个边界值为和,数形结合可知为．考点：1．相交直线；2．数形结合的方法；3、D【解析】

由的部分图象可求得A，T，从而可得，再由，结合的范围可求得，从而可得答案．【详解】，；又由图象可得：，可得：，，，．，，又，当时，可得：，此时，可得：故选D．【点睛】本题考查由的部分图象确定函数解析式，常用五点法求得的值，属于中档题．4、B【解析】

将棱锥补成长方体，根据长方体的外接球的求解方法法得到结果.【详解】根据题意得到棱锥的三条侧棱两两垂直，可以以三条侧棱为长方体的楞，该三棱锥补成长方体，两者的外接球是同一个，外接球的球心是长方体的体对角线的中点处。设球的半径为R，则表面积为故答案为：B.【点睛】本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.5、C【解析】

根据正弦定理可得三边的比例关系；由大边对大角可知最大，利用余弦定理求得余弦值，从而求得角的大小.【详解】由正弦定理可得：设，，最大为最大角本题正确选项：【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理的应用，涉及到三角形中大边对大角的关系，属于基础题.6、C【解析】

根据题意，由向量平行的坐标表示公式可得，解可得a的值，即可得答案．【详解】根据题意，向量，，若，则有，解可得或1；故选C．【点睛】本题考查向量平行的坐标表示方法，熟记平行的坐标表示公式得到关于a的方程是关键，是基础题7、B【解析】试题分析：由余弦定理，故选择B考点：余弦定理8、C【解析】

由等比数列性质可知,进而根据对数的运算法则计算即可【详解】由题,因为等比数列,所以,则,故选:C【点睛】本题考查等比数列的性质的应用,考查对数的运算9、D【解析】

写出与终边相同的角，取值得答案．【详解】解：与终边相同的角为，，取，得，与终边相同．故选：D．【点睛】本题考查终边相同角的表示法，属于基础题．10、B【解析】

在三棱锥中，求得,又由底面，所以,在直角中，求得,进而得到三棱锥外接球的直径，得到，利用体积公式，即可求解.【详解】由题意知，在三棱锥中，，，，所以,又由底面，所以,在直角中，，所以,根据球的性质，可得三棱锥外接球的直径为，即，所以球的体积为，故选B.【点睛】本题主要考查了与球有关的组合体中球的体积的计算，其中解答中根据组合体的结构特征和球的性质，准确求解球的半径是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

联立直线的方程和圆的方程，求得两点的坐标，根据点斜式求得直线的方程，进而求得两点的坐标，由此求得的长.【详解】由解得，直线的斜率为，所以直线的斜率为，所以，令，得，所以.故答案为4【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查相互垂直的两条直线斜率的关系，考查直线的点斜式方程，属于中档题.12、【解析】

由题可以先算出第行的最后一个数,再从右至左算出第3个数即可.【详解】由图得,第行有个数,故前行一共有个数,即第行最后一个数为,故第行从右至左的第3个数为.【点睛】本题主要考查等差数列求和问题,注意从右至左的第3个数为最后一个数减2.13、-0.1【解析】

分别求出和的均值，代入线性回归方程即可．【详解】由表中数据易得，，由在直线方程上，可得【点睛】此题考查线性回归方程形式，表示在回归直线上代入即可，属于简单题目．14、262【解析】

根据条件列出不等式进行分析，确定公比、、的范围后再综合判断.【详解】设等比数列公比为，等差数列公差为，因为，，所以；又因为，分别为递增的等差数列、等比数列，所以且；又时显然不成立，所以，则，即；因为，，所以；因为，所以；由可知：，则，；又，所以，则有根据可解得符合条件的解有：或；当时，，解得不符，当时，解得，符合条件；则.【点睛】本题考查等差等比数列以及数列中项的存在性问题，难度较难.根据存在性将变量的范围尽量缩小，通过不等式确定参变的取值范围，然后再去确定符合的解，一定要注意带回到原题中验证，看是否满足.15、【解析】

用余弦定理求出边的值，再用面积公式求面积即可．【详解】解：据题设条件由余弦定理得，即，即解得，故的面积，故答案为：．【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，属于基础题．16、3【解析】

将向量平移至相同的起点，写出向量对应的坐标，计算向量的夹角，从而求得面积.【详解】根据题意，将两个向量平移至相同的起点，以起点为原点建立坐标系如下所示：则，故.又两向量的夹角为锐角，故，则该平行四边形的面积为.故答案为：3.【点睛】本题考查用向量解决几何问题的能力，涉及向量坐标的求解，夹角的求解，属基础题.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、甲到B调运300吨，从乙到A调运200吨，从乙到B调运150吨，从乙到C调运400吨，总运费最小【解析】

设从甲到A调运吨，从甲到B调运吨，则由题设可得，总的费用为，利用线性规划可求目标函数的最小值.【详解】设从甲到A调运吨，从甲到B调运吨，从甲到C调运吨，则从乙到A调运吨，从乙到B调运吨，从乙到C调运吨，设调运的总费用为元，则.由已知得约束条件为，可行域如图所示，平移直线可得最优解为.甲到B调运300吨，从乙到A调运200吨，从乙到B调运150吨，从乙到C调运400吨，总运费最小.【点睛】本题考查线性规划在实际问题中的应用，属于基础题.18、（1）（2）21【解析】

（1）由，求得，再由正弦定理，即可求解.(2)由（1）和，求得，再由三角形的面积公式，即可求解.【详解】（1）由题意，因为，且为三角形的内角，所以，由正弦定理，可得，即，解得.(2)由（1）和，则，由三角形的面积公式，可得.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.19、（I）①、②是“函数”，③不是“函数”;（II）的取值范围为;（III），【解析】试题分析：（1）根据“β函数”的定义判定．①、②是“β函数”，③不是“β函数”；（2）由题意，对任意的x∈R，f（﹣x）+f（x）≠0，故f（﹣x）+f（x）=2cosx+2a由题意，对任意的x∈R，2cosx+2a≠0，即a≠﹣cosx即可得实数a的取值范围（3）对任意的x≠0，分（a）若x∈A且﹣x∈A，（b）若x∈B且﹣x∈B，验证。（I）①、②是“函数”，③不是“函数”．（II）由题意，对任意的，，即．因为，所以．故．由题意，对任意的，，即．故实数的取值范围为．（Ⅲ）（）对任意的（a）若且，则，，这与在上单调递增矛盾，（舍），（b）若且，则，这与是“函数”矛盾，（舍）．此时，由的定义域为，故对任意的，与恰有一个属于，另一个属于．（）假设存在，使得，则由，故．（a）若，则，矛盾，（b）若，则，矛盾．综上，对任意的，，故，即，则．（）假设，则，矛盾．故故，．经检验，．符合题意点睛：此题是新定义的题目，根据已知的新概念，新信息来马上应用到题型中，根据函数的定义即函数没有关于原点对称的部分即可，故可以从图像的角度来研究函数；第三问可以假设存在，最后推翻结论即可。20、（Ⅰ）或.（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）勾股定理求出圆心到直线的距离d，利用d=1以直线的斜率存在、不存在两种情况进行分类讨论；（Ⅱ）设，由求出x、y满足的关系式，可得点在圆上，推出圆与圆有公共点，所以，列出不等式求解即可.【详解】（Ⅰ）当，圆心为，圆的方程为，设圆心到直线的距离为，则.①若直线的斜率存在，设直线的方程为，即，，解得，此时的方程为，即.②若直线的斜率不存在，直线的方程为，验证满足，符合题意.综上所述，直线的方程为或.（Ⅱ）设，则，于是由得，即，所以点在圆上，又点在圆上，故圆与圆有公共点，即,于是，解得，因此实数的取值范围是.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，向量的