2026届新疆昌吉市玛纳斯县第一中学高一数学第二学期期末学业水平测试试题含解析

2026届新疆昌吉市玛纳斯县第一中学高一数学第二学期期末学业水平测试试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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，，，则它们的大小关系是（）A． B． C． D．2．已知函数，则A．f（x）的最小正周期为π B．f（x）为偶函数C．f（x）的图象关于对称 D．为奇函数3．已知变量x与y负相关，且由观测数据算得样本平均数=1.5，=5，则由该观测数据算得的线性回归方程可能是（）A． B．C． D．4．某公司计划在甲、乙两个电视台做总时间不超过300分钟的广告，广告费用不超过9万元，甲、乙电视台的广告费标准分别是500元/分钟和200元/分钟，假设甲、乙两个电视台为该公司做的广告能给公司带来的收益分别为0.4万元/分钟和0.2万元/分钟，那么该公司合理分配在甲、乙两个电视台的广告时间，能使公司获得最大的收益是（）万元A．72 B．80 C．84 D．905．如直线与平行但不重合，则的值为（）．A．或2 B．2 C． D．6．已知等差数列的前项和为，首项，若，则当取最大值时，的值为（）A． B． C． D．7．已知平面平面，直线平面，直线平面，，在下列说法中，①若，则；②若，则；③若，则.正确结论的序号为（）A．①②③ B．①② C．①③ D．②③8．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．已知角、是的内角，则“”是“”的（）A．充分条件 B．必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件10．若直线与平面相交，则（）A．平面内存在无数条直线与直线异面B．平面内存在唯一的一条直线与直线平行C．平面内存在唯一的一条直线与直线垂直D．平面内的直线与直线都相交二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知，，则______．12．函数的反函数是______.13．已知点A(-a,0),B(a,0)(a>0)，若圆(x-2)2+(y-2)2=2上存在点C14．如图是一个三角形数表，记，，…，分别表示第行从左向右数的第1个数，第2个数，…，第个数，则当，时，______.15．如果数据的平均数是，则的平均数是________.16．在数列中，，是其前项和，当时，恒有、、成等比数列，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．在中，分别为内角的对边，且（1）求的大小：（2）若，求的面积.18．本题共3个小题，第1小题满分3分，第2小题满分6分，第3小题满分9分.已知数列满足.（1）若，求的取值范围；（2）若是公比为等比数列，，求的取值范围；（3）若成等差数列，且，求正整数的最大值，以及取最大值时相应数列的公差.19．在边长为2的菱形中，，为的中点.（1）用和表示；（2）求的值.20．如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.（1）求证：BD⊥平面PAC；（2）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；21．某公司为了解广告投入对销售收益的影响，在若干地区各投入4万元广告费用，并将各地的销售收益绘制成频率分布直方图（如图所示），由于工作人员操作失误，横轴的数据丢失，但可以确定横轴是从0开始计数的.（1）根据频率分布直方图计算图中各小长方形的宽度；（2）试估计该公司在若干地区各投入4万元广告费用之后，对应销售收益的平均值（以各组的区间中点值代表该组的取值）；（3）该公司按照类似的研究方法，测得另外一些数据，并整理得到下表：广告投入（单位：万元）12345销售收益（单位：万元）2337由表中的数据显示，与之间存在着线性相关关系，请将（2）的结果填入空白栏，并求出关于的回归直线方程.（参考公式：）

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】因为，，故选C.2、C【解析】对于函数，它的最小正周期为=4π，故A选项错误；函数f（x）不满足f（–x）=f（x），故f（x）不是偶函数，故B选项错误；令x=，可得f（x）=sin0=0，故f（x）的图象关于对称，C正确；由于f（x–）=sin（x–）=–sin（x）=–cos（x）为偶函数，故D选项错误，故选C．3、A【解析】

先由变量负相关，可排除D；再由回归直线过样本中心，即可得出结果.【详解】因为变量x与y负相关，所以排除D；又回归直线过样本中心，A选项，过点，所以A正确；B选项，不过点，所以B不正确；C选项，不过点，所以C不正确；故选A【点睛】本题主要考查线性回归直线，熟记回归直线的意义即可，属于常考题型.4、B【解析】

设公司在甲、乙两个电视台的广告时间分别为分钟，总收益为元，根据题意得到约束条件，目标函数，平行目标函数图象找到在纵轴上截距最大时所经过的点,把点的坐标代入目标函数中即可.【详解】设公司在甲、乙两个电视台的广告时间分别为分钟，总收益为元，则由题意可得可行解域：，目标函数为可行解域化简得，，在平面直角坐标系内，画出可行解域，如下图所示：作直线，即，平行移动直线，当直线过点时，目标函数取得最大值，联立，解得，所以点坐标为，因此目标函数最大值为，故本题选B.【点睛】本题考查了应用线性规划知识解决实际问题的能力，正确列出约束条件，画出可行解域是解题的关键.5、C【解析】

两直线斜率相等，且截距不相等。【详解】解析：由题意得，，解得或2，经检验时两直线重合，故.故选C.【点睛】本题考查两直线平行，属于基础题.6、B【解析】

设等差数列的公差为，，由，可得，令求出正整数的最大值，即可得出取得最大值时对应的的值.【详解】设等差数列的公差为，由，得，可得，令，，可得，解得.因此，最大.故选:B.【点睛】本题考查等差数列前项和的最值，一般利用二次函数的基本性质求解，也可由数列项的符号求出正整数的最大值来求解，考查计算能力，属于中等题.7、D【解析】

由面面垂直的性质和线线的位置关系可判断①；由面面垂直的性质定理可判断②；由线面垂直的性质定理可判断③．【详解】平面平面．直线平面，直线平面，，①若，可得，可能平行，故①错误；②若，由面面垂直的性质定理可得，故②正确；③若，可得，故③正确．故选：D．【点睛】本题考查空间线线和线面、面面的位置关系，主要是平行和垂直的判断和性质，考查推理能力，属于基础题．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、C【解析】

结合正弦定理，利用充分条件和必要条件的定义进行判断【详解】在三角形中，根据大边对大角原则，若，则，由正弦定理得，充分条件成立；若，由可得，根据大边对大角原则，则，必要条件成立；故在三角形中，“”是“”的充要条件故选：C【点睛】本题考查充分条件与必要条件的应用，利用正弦定理确定边角关系，三角形大边对大角原则应谨记，属于基础题10、A【解析】

根据空间中直线与平面的位置关系，逐项进行判定，即可求解.【详解】由题意，直线与平面相交，对于A中，平面内与无交点的直线都与直线异面，所以有无数条，正确；对于B中，平面内的直线与要么相交，要么异面，不可能平行，所以，错误；对于C中，平面内有无数条平行直线与直线垂直，所以，错误；对于D中，由A知，D错误.故选A.【点睛】本题主要考查了直线与平面的位置关系的应用，其中解答中熟记直线与平面的位置关系，合理判定是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，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】

由，然后利用两角差的正切公式可计算出的值.【详解】.故答案为：.【点睛】本题考查利用两角差的正切公式求值，解题的关键就是弄清所求角与已知角之间的关系，考查计算能力，属于基础题.12、，【解析】

求出函数的值域作为其反函数的定义域，再由求出其反函数的解析式，综合可得出答案.【详解】，则，由可得，，因此，函数的反函数是，.故答案为：，.【点睛】本题考查反三角函数的求解，解题时注意求出原函数的值域作为其反函数的定义域，考查计算能力，属于中等题.13、3【解析】

利用参数方程假设C点坐标，表示出AC和BC，利用AC⋅BC=0可得到a【详解】设C∴∵∠ACB=90°∴∴当sinα+∴0<a≤3本题正确结果：3【点睛】本题考查圆中参数范围求解的问题，关键是能够利用圆的参数方程，利用向量数量积及三角函数关系求得最值.14、【解析】

由图表，利用归纳法，得出，再利用叠加法，即可求解数列的通项公式.【详解】由图表，可得，，，，，可归纳为，利用叠加法可得：，故答案为.【点睛】本题主要考查了归纳推理的应用，以及数列的叠加法的应用，其中解答中根据图表，利用归纳法，求得数列的递推关系式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.15、5【解析】

根据平均数的定义计算．【详解】由题意，故答案为：5.【点睛】本题考查求新数据的均值．掌握均值定义是解题关键．实际上如果数据的平均数是，则新数据的平均数是．16、.【解析】

由题意得出，当时，由，代入，化简得出，利用倒数法求出的通项公式，从而得出的表达式，于是可求出的值.【详解】当时，由题意可得，即，化简得，得，两边取倒数得，，所以，数列是以为首项，以为公差的等差数列，，，则，因此，，故答案为：.【点睛】本题考查数列极限的计算，同时也考查了数列通项的求解，在含的数列递推式中，若作差法不能求通项时，可利用转化为的递推公式求通项，考查分析问题和解决问题的能力，综合性较强，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）根据正弦定理将，角化为边得，即，再由余弦定理求解（2）根据，由正弦定理，求边b，又，然后代入公式求解.【详解】（1）因为，由正弦定理得：，即，，又，.（2）因为由正弦定理得，又，所以.【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.18、（1）；（2）；（3）的最大值为1999，此时公差为.【解析】

（1）依题意：，又将已知代入求出x的范围；（2）先求出通项：，由求出，对q分类讨论求出Sn分别代入不等式Sn≤Sn+1≤3Sn，得到关于q的不等式组，解不等式组求出q的范围．（3）依题意得到关于k的不等式，得出k的最大值，并得出k取最大值时a1，a2，…ak的公差．【详解】（1）依题意：，∴；又∴3≤x≤27，综上可得：3≤x≤6（2）由已知得，，，∴，当q＝1时，Sn＝n，Sn≤Sn+1≤3Sn，即，成立．当1＜q≤3时，，Sn≤Sn+1≤3Sn，即，∴不等式∵q＞1，故3qn+1﹣qn﹣2＝qn（3q﹣1）﹣2＞2qn﹣2＞0恒成立，而对于不等式qn+1﹣3qn+2≤0，令n＝1，得q2﹣3q+2≤0，解得1≤q≤2，又当1≤q≤2，q﹣3＜0，∴qn+1﹣3qn+2＝qn（q﹣3）+2≤q（q﹣3）+2＝（q﹣1）（q﹣2）≤0成立，∴1＜q≤2，当时，，Sn≤Sn+1≤3Sn，即，∴此不等式即，3q﹣1＞0，q﹣3＜0，3qn+1﹣qn﹣2＝qn（3q﹣1）﹣2＜2qn﹣2＜0，qn+1﹣3qn+2＝qn（q﹣3）+2≥q（q﹣3）+2＝（q﹣1）（q﹣2）＞0∴时，不等式恒成立，∴q的取值范围为：．（3）设a1，a2，…ak的公差为d．由，且a1＝1，得即当n＝1时，d≤2；当n＝2，3，…，k﹣1时，由，得d，所以d，所以1000＝k，即k2﹣2000k+1000≤0，得k≤1999所以k的最大值为1999，k＝1999时，a1，a2，…ak的公差为．【点睛】本题考查等比数列的通项公式及前n项和的求法；考查不等式组的解法；找好分类讨论的起点是解决本题的关键，属于一道难题．19、(1)；(2)-1【解析】

（1）由平面向量基本定理可得：.（2）由数量积运算可得：，运算可得解.【详解】解：（1）.（2）.【点睛】本题考查了平面向量基本定理及数量积运算，属基础题.20、（1）见解析；（2）见解析；【解析】

（1）要证BD⊥平面PAC，只需在平面PAC上找到两条直线跟BD垂直即证，显然，从平面中可证，即证.(2)要证明平面PAB⊥平面PAE,可证平面即可.【详解】（1）证明：因为平面,所以；因为底面是菱形，所以;因为,平面,所以平面.（2）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以,因为,所以；因为平面，平面,所以；因为所以平面，平面,所以平面平面.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.21、（1）2；（2）5；（3）空白栏中填5，【解析】

（1）根据频率等于小长方形的面积以及频率和为，得到关于的等式，求解出即可；（2）根据各组数据的组中值与频率的乘积之和得到对应的销售收益的平均值；（3