海南省三亚市达标名校2026届数学高一下期末联考试题含解析

海南省三亚市达标名校2026届数学高一下期末联考试题考生须知：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，角所对的边分别为，已知下列条件，只有一个解的是()A．，， B．，，C．，， D．，，2．某校有高一学生人，高二学生人，高三学生人，现教育局督导组欲用分层抽样的方法抽取名学生进行问卷调查，则下列判断正确的是（）A．高一学生被抽到的可能性最大 B．高二学生被抽到的可能性最大C．高三学生被抽到的可能性最大 D．每位学生被抽到的可能性相等3．等差数列中，若，则=()A．11 B．7 C．3 D．24．如图，有一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，汽车在点测得公路北侧山顶的仰角为30°，汽车行驶后到达点测得山顶在北偏西30°方向上，且仰角为45°，则山的高度为（）A． B． C． D．5．已知直线，，若，则（）A．2 B． C． D．16．已知是的边上的中点，若向量，，则向量等于（）A． B． C． D．7．已知向量=(3，4)，=(2，1)，则向量与夹角的余弦值为()A． B． C． D．8．若正方体的棱长为，点，在上运动，，四面体的体积为，则（）A． B． C． D．9．已知为等比数列，是它的前项和．若，且与的等差中项为，则（）A．31 B．32 C． D．10．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)二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数．现从1,2,3,4,5中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为．12．在数列中，，，若，则的前项和取得最大值时的值为__________．13．已知数列是等比数列，公比为，且，，则_________．14．已知正实数满足，则的最大值为_______.15．如图，在正方体中，点是棱上的一个动点，平面交棱于点．下列命题正确的为_______________.①存在点，使得//平面；②对于任意的点，平面平面；③存在点，使得平面；④对于任意的点，四棱锥的体积均不变．16．函数f(x)=sin22x的最小正周期是__________．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．已知函数.（1）当时，，求的值；（2）令，若对任意都有恒成立，求的最大值.18．如图，四棱锥中，，平面平面，，为的中点.（1）求证://平面；（2）求点到面的距离（3）求二面角平面角的正弦值19．某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别在，，，，，（单位：克）中，经统计得频率分布直方图如图所示.（1）经计算估计这组数据的中位数；（2）现按分层抽样从质量为，的芒果中随机抽取6个，再从这6个中随机抽取3个，求这3个芒果中恰有1个在内的概率.（3）某经销商来收购芒果，以各组数据的中间数代表这组数据的平均值，用样本估计总体，该种植园中还未摘下的芒果大约还有10000个，经销商提出如下两种收购方案：A：所有芒果以10元/千克收购；B：对质量低于250克的芒果以2元/个收购，高于或等于250克的以3元/个收购，通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？20．如图，甲、乙两个企业的用电负荷量关于投产持续时间（单位：小时）的关系均近似地满足函数.（1）根据图象，求函数的解析式；（2）为使任意时刻两企业用电负荷量之和不超过9，现采用错峰用电的方式，让企业乙比企业甲推迟小时投产，求的最小值.21．如图扇形的圆心角，半径为2，E为弧AB的中点C､D为弧AB上的动点，且，记，四边形ABCD的面积为.（1）求函数的表达式及定义域；（2）求的最大值及此时的值

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、D【解析】

首先根据正弦定理得到，比较与的大小关系即可判定A，B错误，再根据大边对大角即可判定C错误，根据勾股定理即可判定D正确.【详解】对于A，因为，，所以，有两个解，故A错误.对于B，因为，，所以，无解，故B错误.对于C，因为，所以，即，，所以无解，故C错误.对于D，，为直角三角形，故D正确.故选：D【点睛】本题主要考查三角形个数的判断，利用正弦定理判断为解题的关键，属于简单题.2、D【解析】

根据分层抽样是等可能的选出正确答案.【详解】由于分层抽样是等可能的，所以每位学生被抽到的可能性相等，故选D.【点睛】本小题主要考查随机抽样的公平性，考查分层抽样的知识，属于基础题.3、A【解析】

根据和已知条件即可得到．【详解】等差数列中，故选A．【点睛】本题考查了等差数列的基本性质，属于基础题．4、D【解析】

通过题意可知：，设山的高度，分别在中求出，最后在中，利用余弦定理，列出方程，解方程求出的值.【详解】由题意可知：.在中，.在中，.在中，由余弦定理可得：（舍去），故本题选D.【点睛】本题考查了余弦定理的应用，弄清题目中各个角的含义是解题的关键.5、D【解析】

当为,为,若,则,由此求解即可【详解】由题,因为,所以,即,故选:D【点睛】本题考查已知直线垂直求参数问题,属于基础题6、C【解析】

根据向量加法的平行四边形法则，以及平行四边形的性质可得，，解出向量．【详解】根据平行四边形法则以及平行四边形的性质，有．故选．【点睛】本题考查向量加法的平行四边形法则以及平行四边形的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.7、A【解析】

由向量的夹角公式计算．【详解】由已知，，．∴．故选A．【点睛】本题考查平面向量的数量积，掌握数量积公式是解题基础．8、C【解析】

由题意得，到平面的距离不变＝，且，即可得三棱锥的体积，利用等体积法得．【详解】正方体的棱长为，点，在上运动，，如图所示：点到平面的距离＝，且，所以.所以三棱锥的体积＝．利用等体积法得.故选：C．【点睛】本题考查了正方体的性质，等体积法求三棱锥的体积，属于基础题．9、A【解析】

根据与的等差中项为，可得到一个等式，和，组成一个方程组，结合等比数列的性质，这个方程组转化为关于和公比的方程组，解这个方程组，求出和公比的值，再利用等比数列前项和公式，求出的值.【详解】因为与的等差中项为，所以，因此有，故本题选A.【点睛】本题考查了等差中项的性质，等比数列的通项公式以及前项和公式，10、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.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、．【解析】试题分析：从中任取3个不同的数，有，，，，，，，，，共10种，其中只有为勾股数，故这3个数构成一组勾股数的概率为．考点：用列举法求随机事件的概率．12、【解析】

解法一：利用数列的递推公式，化简得，得到数列为等差数列，求得数列的通项公式，得到，，得出所以，，，，进而得到结论；解法二：化简得，令，求得，进而求得，再由，解得或，即可得到结论．【详解】解法一：因为①所以②，①②，得即，所以数列为等差数列．在①中，取，得即，又，则，所以．因此，所以，，，所以，又，所以时，取得最大值．解法二：由，得，令，则，则，即，代入得，取，得，解得，又，则，故所以，于是．由，得，解得或，又因为，，所以时，取得最大值．【点睛】本题主要考查了数列的综合应用，以及数列的最值问题的求解，此类题目是数列问题中的常见题型，对考生计算能力要求较高，解答中确定通项公式是基础，合理利用数列的性质是关键，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等，属于中档试题.13、.【解析】

先利用等比中项的性质计算出的值，然后由可求出的值.【详解】由等比中项的性质可得，得，所以，，，故答案为.【点睛】本题考查等比数列公比的计算，充分利用等比中项和等比数列相关性质的应用，可简化计算，属于中等题.14、【解析】

对所求式子平边平方，再将代入，从而将问题转化为求【详解】∵∵，∴，∴，等号成立当且仅当.故答案为：.【点睛】本题考查条件等式下利用基本不等式求最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意等号成立的条件.15、①②④【解析】

根据线面平行和线面垂直的判定定理，以及面面垂直的判定定理和性质分别进行判断即可．【详解】①当为棱上的一中点时，此时也为棱上的一个中点，此时//，满足//平面，故①正确；②连结，则平面，因为平面，所以平面平面，故②正确；③平面，不可能存在点，使得平面，故③错误；④四棱锥的体积等于，设正方体的棱长为1.∵无论、在何点，三角形的面积为为定值，三棱锥的高，保持不变，三角形的面积为为定值，三棱锥的高为，保持不变.∴四棱锥的体积为定值，故④正确.故答案为①②④.【点睛】本题主要考查空间直线和平面平行或垂直的位置关系的判断，解答本题的关键正确利用分割法求空间几何体的体积的方法，综合性较强，难度较大．16、.【解析】

将所给的函数利用降幂公式进行恒等变形，然后求解其最小正周期即可.【详解】函数,周期为【点睛】本题主要考查二倍角的三角函数公式､三角函数的最小正周期公式，属于基础题.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、（1）；（2）【解析】

（1）根据得，得或，结合取值范围求解；（2）结合换元法处理二次不等式恒成立求参数的取值范围.【详解】（1），即，即有，所以或，即或由于，，所以；（2），令，对任意都有恒成立，即对恒成立，只需，解得：，所以的最大值为.【点睛】此题考查根据三角函数值相等求自变量取值的关系，利用换元法转化为二次函数处理不等式问题，根据不等式恒成立求参数的取值范围，涉及根的分布的问题.18、（1）见详解；（2）；（3）【解析】

（1）通过取中点，利用中位线定理可得四变形为平行四边形，然后利用线面平行的判定定理，可得结果.（2）根据,可得平面，可得结果.（3）作，作，可得二面角平面角为，然后计算，可得结果.【详解】（1）取中点，连接，如图由为的中点，所以//且又，且，所以//且，故//且，所以四变形为平行四边形，故//又平面，平面所以//平面（2）由，平面平面平面，平面平面所以平面，又平面所以，由，所以为正三角形，所以则平面所以平面，且所以点到面的距离即（3）作交于点，作交于点，连接由平面平面，平面平面平面平面，所以平面，平面，所以，又平面，所以平面又平面，所以所以二面角平面角为，又为等腰直角三角形所以，所以所以又二面角平面角为故所以二面角平面角的正弦值为【点睛】本题考查了线面平行的判定定理，还考查了点面距和面面角的求法，第（3）中难点在于找到二面角的平面角，掌握定义以及综合线面，面面的位置关系，细心计算，属中档题.19、（1）中位数为268.75；（2）；（3）选B方案【解析】

(1)根据中位数左右两边的频率均为0.5求解即可.(2)利用枚举法求出所以可能的情况,再利用古典概型方法求解概率即可.(3)分别计算两种方案的获利再比较大小即可.【详解】（1）由频率分布直方图可得,前3组的频率和为,前4组的频率和为,所以中位数在内,设中位数为,则有,解得.故中位数为268.75.（2）设质量在内的4个芒果分别为,,,,质量在内的2个芒果分别为,.从这6个芒果中选出3个的情况共有,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,共计20种,其中恰有一个在内的情况有,,,,,,,,,,,,共计12种,因此概率.（3）方案A：元.方案B：由题意得低于250克：元；高于或等于250克元.故总计元,由于,故B方案获利更多,应选B方案.【点睛】本题主要考查了频率分布直方图的用法以及古典概型的方法,同时也考查了根据样本估计总体的方法等.属于中等题型.20、（1）；（2）4【解析】

（1）由，得，由，得A，b，代入，求得，从而即可得到本题答案；（2）由题，得恒成立，等价于恒成立，然后利用和差公式展开，结合辅助角公式，逐步转化，即可得到本题答案.【详解】（1）解：由图知，又，可得，代入，得，又，所求为（2）设乙投产持续时间为小时，则甲的投产持续时间为小时，由诱导公式，企业乙用电负荷量随持续时间变化的关系式为：同理，企业甲用电负荷量变化关系式为：两企业用电负荷量之和，依题意，有恒成立即恒成立展开有恒成立其中，，，整理得：