炮车中学2026届数学高一下期末教学质量检测模拟试题含解析

炮车中学2026届数学高一下期末教学质量检测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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．圆关于直线对称的圆的方程为（）A． B．C． D．2．不等式的解集是（）A． B．C． D．3．函数y=sin2x的图象可由函数A．向左平移π3B．向左平移π6C．向右平移π3D．向右平移π64．把黑、红、白3张纸牌分给甲、乙、丙三人,则事件“甲分得红牌”与“乙分得红牌”是()A．对立事件B．互斥但不对立事件C．不可能事件D．必然事件5．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在位置为，若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（）A．4 B．5 C． D．6．函数的大致图象是（）A． B．C． D．7．函数的图象如图所示，为了得到的图象，可将的图象（）A．向右平移个单位 B．向右平移个单位C．向左平移个单位 D．向左平移个单位8．已知正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为，则该正四棱锥的体积为()A． B． C． D．9．直线的倾斜角不可能为（）A． B． C． D．10．如图，是圆的直径，，假设你往圆内随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部分的概率为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知角α的终边与单位圆交于点．则___________.12．已知向量，，若与的夹角是锐角，则实数的取值范围为______．13．甲、乙两人要到某地参加活动，他们都随机从火车、汽车、飞机三种交通工具中选择一种，则他们选择相同交通工具的概率为_________.14．如图，以为直径的圆中，，在圆上，，于，于，，记，，的面积和为，则的最大值为______.15．已知数列的通项公式，则____________．16．若满足约束条件，的最小值为，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．（Ⅰ）已知向量，求与的夹角的余弦值；（Ⅱ）已知角终边上一点，求的值．18．已知数列为单调递增数列，，其前项和为，且满足.（1）求数列的通项公式；（2）若数列，其前项和为，若成立，求的最小值.19．如图，已知等腰梯形中，是的中点，，将沿着翻折成，使平面平面．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）在线段上是否存在点P，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．20．正项数列的前n项和Sn满足：(1)求数列的通项公式；(2)令，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn＜.21．已知函数（）的一段图象如图所示.（1）求函数的解析式；（2）若，求函数的值域.

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】

设圆心关于直线对称的圆的圆心为，则由，求出的值，可得对称圆的方程.【详解】圆的圆心为，半径，则不妨设圆关于直线对称的圆的圆心为，半径为，则由，解得，故所求圆的方程为.故选：B【点睛】本题考查了圆的标准方程、中点坐标公式，需熟记圆的标准形式，属于基础题.2、D【解析】

把不等式，化简为不等式，即可求解，得到答案.【详解】由题意，不等式，可化为，即，解得或，所以不等式的解集为.故选：D.【点睛】本题主要考查了分式不等式的求解，其中解答中熟记分式不等式的解法，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.3、B【解析】

直接利用函数图象平移规律得解.【详解】函数y=sin2x-π可得函数y=sin整理得：y=故选：B【点睛】本题主要考查了函数图象平移规律，属于基础题。4、B【解析】试题分析：把黑、红、白3张纸牌分给甲、乙、丙三人，事件“甲分得红牌”与“乙分得红牌”不可能同时发生，是互斥事件，但除了事件“甲分得红牌”与“乙分得红牌”还有“丙分得红牌”，所以这两者不是对立事件，答案为B.考点：互斥与对立事件.5、C【解析】

求出点A关于直线的对称点，再求解该对称点与B点的距离，即为所求.【详解】根据题意，作图如下：因为点，设其关于直线的对称点为故可得，解得，即故“将军饮马”的最短总路程为.故选：C.【点睛】本题考查点关于直线的对称点的坐标的求解，以及两点之间的距离公式，属基础题.6、C【解析】

去掉绝对值将函数化为分段函数的形式后可得其图象的大体形状．【详解】由题意得，所以其图象的大体形状如选项C所示．故选C．【点睛】解答本题的关键是去掉函数中的绝对值，将函数化为基本函数后再求解，属于基础题．7、A【解析】

函数过代入解得，再通过平移得到的图像.【详解】，函数过向右平移个单位得到的图象故答案选A【点睛】本题考查了三角函数图形，求函数表达式，函数平移，意在考查学生对于三角函数图形的理解.8、D【解析】

求出正四棱锥的高后可求其体积.【详解】正四棱锥底面的对角线的长度为，故正四棱锥的高为，所以体积为，故选D.【点睛】正棱锥中，棱锥的高、斜高、侧棱和底面外接圆的半径可构成四个直角三角形，它们沟通了棱锥各个几何量之间的关系，解题中注意利用它们实现不同几何量之间的联系.9、D【解析】

根据直线方程，分类讨论求得直线的斜率的取值范围，进而根据倾斜角和斜率的关系，即可求解，得到答案.【详解】由题意，可得当时，直线方程为，此时倾斜角为；当时，直线方程化为，则斜率为：，即，又由，解得或，又由且，所以倾斜角的范围为，显然A，B都符合，只有D不符合，故选D.【点睛】本题主要考查了直线方程的应用，以及直线的倾斜角和斜率的关系，着重考查了分类讨论思想，以及推理与运算能力.10、B【解析】

先根据条件计算出阴影部分的面积，然后计算出整个圆的面积，利用几何概型中的面积模型即可计算出对应的概率.【详解】设圆的半径为，因为，所以，又因为，所以落到阴影部分的概率为.故选：B.【点睛】本题考查几何概型中的面积模型的简单应用，难度较易.注意几何概型的常见概率公式：.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

直接利用三角函数的坐标定义求解.【详解】由题得.故答案为【点睛】本题主要考查三角函数的坐标定义，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.12、【解析】

先求出与的坐标，再根据与夹角是锐角，则它们的数量积为正值，且它们不共线，求出实数的取值范围，．【详解】向量，，，，若与的夹角是锐角，则与不共线，且它们乘积为正值，即，且，求得，且．【点睛】本题主要考查利用向量的数量积解决向量夹角有关的问题，以及数量积的坐标表示，向量平行的条件等．条件的等价转化是解题的关键．13、【解析】

利用古典概型的概率求解.【详解】甲、乙两人选择交通工具总的选择有种，他们选择相同交通工具有3种情况，所以他们选择相同交通工具的概率为．故答案为：．【点睛】本题考查古典概型，要用计数原理进行计数，属于基础题．14、【解析】

可设，表示出S关于的函数，从而转化为三角函数的最大值问题.【详解】设，则，，，当时，.【点睛】本题主要考查函数的实际运用，三角函数最值问题，意在考查学生的划归能力，分析能力和数学建模能力.15、【解析】

将代入即可求解【详解】令，可得.故答案为：【点睛】本题考查求数列的项，是基础题16、4【解析】

由约束条件得到可行域，取最小值时在轴截距最小，通过直线平移可知过时，取最小值；求出点坐标，代入构造出方程求得结果.【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示：取最小值时，即在轴截距最小平移直线可知，当过点时，在轴截距最小由得：，解得：本题正确结果：【点睛】本题考查现行规划中根据最值求解参数的问题，关键是能够明确最值取得的点，属于常考题型.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、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）由已知分别求得及与，再由数量积求夹角计算结果；（Ⅱ）利用任意角的三角函数的定义求得sinα，再由三角函数的诱导公式化简求值．【详解】（Ⅰ）∵，∴，||＝5，||，∴．（Ⅱ）∵P（﹣4，3）为角α终边上一点，∴，．则sin2α．【点睛】本题考查利用数量积求向量的夹角，考查任意角的三角函数的定义，训练了利用诱导公式化简求值，是基础题．18、（1）；（2）10.【解析】

（1）先根据和项与通项关系得项之间递推关系，再根据等差数列定义及其通项公式得数列的通项公式；（2）先根据裂项相消法求，再解不等式得，即得的最小值.【详解】（1）由知：，两式相减得:，即，又数列为单调递增数列，，∴，∴，又当时，，即，解得或(舍），符合，∴是以1为首项，以2为公差的等差数列，∴.（2），∴，又∵，即，解得，又，所以的最小值为10.点睛：裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如(其中是各项均不为零的等差数列，c为常数)的数列.裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如或.19、（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）二面角的余弦值为；（Ⅲ）存在点P，使得平面，且．【解析】

试题分析：（I）根据直线与平面垂直的判定定理，需证明垂直平面内的两条相交直线．由题意易得四边形是菱形，所以，从而，即，进而证得平面．（Ⅱ）由（I）可知，、、两两互相垂直，故可以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得二面角的余弦值．（Ⅲ）根据直线与平面平行的判定定理，只要能找到一点P使得PM平行平面内的一条直线即可．由于，故可取线段中点P，中点Q，连结．则，且．由此即可得四边形是平行四边形，从而问题得证．试题解析：（I）由题意可知四边形是平行四边形，所以，故．又因为，M为AE的中点所以，即又因为，所以四边形是平行四边形．所以故．因为平面平面，平面平面，平面所以平面．因为平面，所以．因为，、平面，所以平面．（Ⅱ）以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，．平面的法向量为．设平面的法向量为，因为，，，令得，．所以，因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．（Ⅲ）存在点P，使得平面．法一:取线段中点P，中点Q，连结．则，且．又因为四边形是平行四边形，所以．因为为的中点，则．所以四边形是平行四边形，则．又因为平面，所以平面．所以在线段上存在点，使得平面，．法二：设在线段上存在点，使得平面，设，（），，因为．所以．因为平面，所以，所以，解得，又因为平面，所以在线段上存在点，使得平面，．考点：1、空间直线与平面的位置关系；2、二面角．20、（1）（2）见解析【解析】

（1）因为数列的前项和满足：，所以当时，，即解得或，因为数列都是正项，所以，因为，所以，解得或，因为数列都是正项，所以，当时，有，