山東省泰安市泰安實驗中學2026屆數學高一上期末檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．函數f（x）=x-的圖象關于（）Ay軸對稱 B.原點對稱C.直線對稱 D.直線對稱2．已知函數的部分圖象如圖所示，則下列說法正確的是（）A.該圖象對應的函數解析式為B.函數的圖象關于直線對稱C.函數的圖象關于點對稱D.函數在區(qū)間上單調遞減3．已知直線，圓．點為直線上的動點，過點作圓的切線，切點分別為．當四邊形面積最小時，直線方程是（）A. B.C. D.4．已知函數與在下列區(qū)間內同為單調遞增的是（）A. B.C. D.5．設，表示兩條直線，，表示兩個平面，則下列命題正確的是A.若，，則 B.若，，則C.若，，則 D.若，，則6．“”是“為銳角”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既非充分又非必要條件7．若角的終邊過點，則A. B.C. D.8．下列函數中，既是偶函數，又在區(qū)間上單調遞增的函數是（）A. B.C. D.9．已知是空間兩條不重合的直線，是兩個不重合的平面，則下列命題中正確的是A.，，B，，C.，，D.，，10．函數，若，，，則（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知，則______.12．在中，已知是延長線上一點，若，點為線段的中點，，則_________13．已知集合，，則=______14．圓柱的高為1，它的兩個底面在直徑為2的同一球面上，則該圓柱的體積為____________；15．已知角的終邊過點，則__________16．空間兩點與的距離是___________.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．在中，角的對邊分別為,的面積為,已知,,（1）求值；（2）判斷的形狀并求△的面積18．已知為第二象限角，且（1）求與的值；（2）的值19．解下列關于的不等式；（1）；（2）.20．已知向量，不共線，，（1）若，求k的值，并判斷，是否同向；（2）若，與夾角為，當為何值時，21．2021年7月24日，我國運動員楊倩以環(huán)的成績獲得東京奧運會射擊女子米氣步槍項目金牌，為中國代表團摘下本屆奧運會的首枚金牌，也讓《義勇軍進行曲》成為第一首奏響在本屆奧運會賽場上的國歌.在決賽賽場上，第二階段前輪(第槍，每輪槍)是選手淘汰階段，后輪(第槍，每輪槍)進入獎牌爭奪階段.楊倩在第二階段成績如下：輪數槍數得分（1）計算第二階段前4輪和后3輪得分的均值，試根據此結果分析該選手在淘汰階段和獎牌爭奪階段的發(fā)揮狀態(tài)哪個更好；（2）記后輪得分的均值為，標準差為，若數據落在內記為正常，否則不正常﹐請根據此結論判斷該選手最后一槍在后輪個數據中是否為正常發(fā)揮?(參考數據：，計算結果精確到)

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、B【解析】函數f（x）=x-則f（-x）=-x+=-f(x)，由奇函數的定義即可得出結論.【詳解】函數f（x）=x-則f（-x）=-x+=-f(x),所以函數f（x）奇函數，所以圖象關于原點對稱，故選B.【點睛】本題考查了函數的對稱性，根據函數解析式特點得出f（-x）=-f(x)即可得出函數為奇函數，屬于基礎題.2、B【解析】先依據圖像求得函數的解析式，再去代入驗證對稱軸、對稱中心、單調區(qū)間的說法.【詳解】由圖象可知，即，所以，又，可得，又因為所以，所以，故A錯誤；當時，.故B正確；當時，，故C錯誤；當時，則，函數不單調遞減.故D錯誤故選：B3、B【解析】求得點C到直線l的距離d，根據，等號成立時，求得點P，進而求得過的圓的方程，與已知圓的方程聯立求解.【詳解】設點C到直線l的距離為，由，此時，，方程為，即，與直線聯立得，因為共圓，其圓心為，半徑為，圓的方程為,與聯立，化簡整理得，答案：B4、D【解析】根據正余弦函數的單調性，即可得到結果.【詳解】由正弦函數的單調性可知，函數在上單調遞增；由余弦函數的單調性可知，函數在上單調遞增；所以函數與在下列區(qū)間內同為單調遞增的是.故選：D.5、D【解析】對選項進行一一判斷，選項D為面面垂直判定定理.【詳解】對A，與可能異面，故A錯；對B，可能在平面內；對C，與平面可能平行，故C錯；對D，面面垂直判定定理，故選D.【點睛】本題考查空間中線、面位置關系，判斷一個命題為假命題，只要能舉出反例即可.6、B【解析】根據充分條件與必要條件的定義判斷即可.【詳解】解：因為為銳角，所以，所以，所以“”是“為銳角”的必要條件；反之，當時，，但是不是銳角，所以“”是“為銳角”的非充分條件.故“”是“為銳角”必要不充分條件.故選：B.【點睛】本題主要考查充分條件與必要條件，與角的余弦在各象限的正負，屬于基礎題.7、D【解析】角的終邊過點，所以.由角，得.故選D.8、D【解析】根據常見函數的單調性和奇偶性可直接判斷出答案.【詳解】是奇函數，不滿足題意；的定義域為，是非奇非偶函數，不滿足題意；是非奇非偶函數，不滿足題意；是偶函數，且在區(qū)間上單調遞增，滿足題意；故選：D9、D【解析】A不正確，也有可能；B不正確，也有可能；C不正確，可能或或；D正確，，，，考點：1線面位置關系；2線面垂直10、A【解析】首先判斷，和的大小關系，然后根據函數的單調性，判斷的大小關系.【詳解】，，，，，，是上的減函數，.故選：A.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】利用商數關系，由得到代入求解.【詳解】方法一：，則.方法二：分子分母同除，得.故答案為：【點睛】本題主要考查同角三角函數基本關系式的應用，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.12、【解析】通過利用向量的三角形法則，以及向量共線，代入化簡即可得出【詳解】解：∵（）（），∴λ，∴故答案為【點睛】本題考查了向量共線定理、向量的三角形法則，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題13、{-1,1,2}；【解析】=={-1,1,2}14、【解析】由題設，易知圓柱體軸截面的對角線長為2，進而求底面直徑，再由圓柱體體積公式求體積即可.【詳解】由題意知：圓柱體軸截面的對角線長為2，而其高為1，∴圓柱底面直徑為.∴該圓柱的體積為.故答案為：15、【解析】∵角的終邊過點（3，-4），∴x=3，y=-4，r=5，∴cos=故答案為16、【解析】根據兩點間的距離求得正確答案.【詳解】.故答案為：三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）;（2）是等腰三角形，其面積為【解析】（1）由結合正弦面積公式及余弦定理得到，進而得到結果；（2）由結合內角和定理可得分兩類討論即可.試題解析：（1），由余弦定理得，（2）即或（?。┊敃r，由第（1）問知，是等腰三角形，（ⅱ）當時，由第（1）問知，又，矛盾，舍.綜上是等腰三角形，其面積為點睛：解三角形問題，多為邊和角的求值問題，這就需要根據正、余弦定理結合已知條件靈活轉化邊和角之間的關系，從而達到解決問題的目的.其基本步驟是：第一步：定條件，即確定三角形中已知和所求，在圖形中標出來，然后確定轉化的方向.第二步：定工具，即根據條件和所求合理選擇轉化的工具，實施邊角之間的互化.第三步：求結果.18、（1），；（2）.【解析】(1)結合同角三角函數關系即可求解；(2)齊次式分子分母同時除以cosα化為tanα即可代值求解.【小問1詳解】∵∴，∴，∵為第二象限角，故，故；【小問2詳解】.19、（1）（2）【解析】（1）根據一元二次不等式的解法即可得出答案；（1）根據一元二次不等式的解法即可得出答案.【小問1詳解】解：不等式可化為，解得，所以不等式的解集為；【小問2詳解】解：不等式可化為，解得或，所以不等式的解集為.20、（1）k=-1,反向；（2）k=1【解析】由題得由此能求出，，與反向．由，得，由數量積運算求出【詳解】，，，，即又向量，不共線，，解得，，即，故與反向，與夾角為，

，又故，即解得故時，【點睛】本題考查向量平行、向量垂直的性質等基礎知識，熟記共線定理，準確計算是關鍵，是基礎題21、（1），；在淘汰階段(前輪)的發(fā)揮狀態(tài)更好