2026届湖南省怀化市中方一中高一下数学期末学业质量监测模拟试题含解析

2026届湖南省怀化市中方一中高一下数学期末学业质量监测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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，内角所对的边分别为，且，则（）A． B． C． D．12．体积为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为A． B． C． D．3．已知二次函数，当时，其抛物线在轴上截得线段长依次为，则的值是A．1 B．2 C．3 D．44．设变量满足约束条件，则目标函数的最大值为()A．3 B．4 C．18 D．405．数列中，，且，则数列前2019项和为（）A． B． C． D．6．若关于x，y的方程组无解，则（）A． B． C．2 D．7．在区间上任取两个实数，则满足的概率为()A． B． C． D．8．下列各角中，与126°角终边相同的角是（）A． B． C． D．9．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有两点，，且，则A． B． C． D．10．在中，所对的边分别为，若，，，则（）A． B． C．1 D．3二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．若角的终边过点，则______.12．如图，在正方体中，有以下结论：①平面；②平面；③；④异面直线与所成的角为.则其中正确结论的序号是____（写出所有正确结论的序号）.13．已知三棱锥的底面是腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长都等于，则其外接球的体积为______.14．若等比数列的各项均为正数，且，则等于__________．15．已知函数是定义域为的偶函数，当时，，若关于的方程有且仅有6个不同实数根，则实数的取值范围为______.16．一个公司共有240名员工，下设一些部门，要采用分层抽样方法从全体员工中抽取一个容量为20的样本．已知某部门有60名员工，那么从这一部门抽取的员工人数是.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．已知两个定点，动点满足.设动点的轨迹为曲线，直线.（1）求曲线的轨迹方程；（2）若与曲线交于不同的两点，且（为坐标原点），求直线的斜率；（3）若，是直线上的动点，过作曲线的两条切线，切点为，探究：直线是否过定点.18．在中，分别是内角所对的边，已知．（1）求角；（2）若，求的周长．19．某书店刚刚上市了《中国古代数学史》，销售前该书店拟定了5种单价进行试销，每种单价（元）试销l天，得到如表单价（元）与销量（册）数据：单价（元）1819202122销量（册）6156504845（l）根据表中数据，请建立关于的回归直线方程：（2）预计今后的销售中，销量（册）与单价（元）服从（l）中的回归方程，已知每册书的成本是12元，书店为了获得最大利润，该册书的单价应定为多少元？附：，，，.20．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，∠BAC=90°，AC=AB=AA1，E是BC的中点．（1）求证：AE⊥B1C；（2）求异面直线AE与A1C所成的角的大小；（3）若G为C1C中点，求二面角C-AG-E的正切值．21．设数列满足，，，.s（1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项；（2）求数列的通项，并求数列的前项和；（3）若，且是单调递增数列，求实数的取值范围.

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】

直接利用余弦定理求解.【详解】由余弦定理得.故选C【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.2、A【解析】试题分析：因为正方体的体积为8，所以棱长为2，所以正方体的体对角线长为，所以正方体的外接球的半径为，所以该球的表面积为，故选A.【考点】正方体的性质，球的表面积【名师点睛】与棱长为的正方体相关的球有三个：外接球、内切球和与各条棱都相切的球，其半径分别为、和.3、A【解析】

当时，，运用韦达定理得，运用裂项相消求和可得由此能求出【详解】当时，，由，可得，，由，．故选：A．【点睛】本题主要考查了函数的极限的运算，裂项相消求和，根与系数的关系，属于中档题．4、C【解析】不等式所表示的平面区域如下图所示，当所表示直线经过点时，有最大值考点：线性规划.5、B【解析】

由，可得，化为：，利用“累加求和”方法可得，再利用裂项求和法即可得解．【详解】解：∵，∴，整理得：，∴，又∴，可得：．则数列前2019项和为：．故选B．【点睛】本题主要考查了数列递推关系、“累加求和”方法、裂项求和，考查了推理能力、转化能力与计算能力，属于中档题．6、A【解析】

由题可知直线与平行,再根据平行公式求解即可.【详解】由题,直线与平行,故.故选：A【点睛】本题主要考查了二元一次方程组与直线间的位置关系,属于基础题.7、B【解析】试题分析：因为，在区间上任取两个实数，所以区域的面积为4，其中满足的平面区域面积为，故满足的概率为，选B．考点：本题主要考查几何概型概率计算．点评：简单题，几何概型概率的计算，关键是认清两个“几何度量”．8、B【解析】

写出与126°的角终边相同的角的集合，取k=1得答案．【详解】解：与126°的角终边相同的角的集合为{α|α=126°+k•360°，k∈Z}．取k=1，可得α=486°．∴与126°的角终边相同的角是486°．故选B．【点睛】本题考查终边相同角的计算，是基础题．9、B【解析】

首先根据两点都在角的终边上，得到，利用，利用倍角公式以及余弦函数的定义式，求得，从而得到，再结合，从而得到，从而确定选项.【详解】由三点共线，从而得到，因为，解得，即，所以，故选B.【点睛】该题考查的是有关角的终边上点的纵坐标的差值的问题，涉及到的知识点有共线的点的坐标的关系，余弦的倍角公式，余弦函数的定义式，根据题中的条件，得到相应的等量关系式，从而求得结果.10、A【解析】

利用三角形内角和为，得到，利用正弦定理求得.【详解】因为，，所以，在中，，所以，故选A.【点睛】本题考查三角形内角和及正弦定理的应用，考查基本运算求解能力.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、-2【解析】

由正切函数定义计算.【详解】根据正切函数定义：.故答案为－2.【点睛】本题考查三角函数的定义，掌握三角函数定义是解题基础.12、①③【解析】

①：利用线面平行的判定定理可以直接判断是正确的结论；②：举反例可以判断出该结论是错误的；③：可以利用线面垂直的判定定理，得到线面垂直，再利用线面垂直的性质定理可以判断是正确的结论；④：可以通过，可以判断出异面直线与所成的角为，即本结论是错误的，最后选出正确的结论序号.【详解】①：平面，平面平面，故本结论是正确的；②：在正方形中，，显然不垂直，而，所以不互相垂直，要是平面，则必有互相垂直，显然是不可能的，故本结论是错误的；③：平面，平面，，在正方形中，，平面，，所以平面，而平面，故，因此本结论是正确的；④：因为，所以异面直线与所成的角为，在正方形中，，故本结论是错误的，因此正确结论的序号是①③.【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、性质定理，考查了异面直线所成的角、线面垂直的性质.13、【解析】

先判断球心在上，再利用勾股定理得到半径，最后计算体积.【详解】三棱锥的底面是腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长都等于为中点，为外心，连接，平面球心在上设半径为故答案为【点睛】本题考查了三棱锥外接球的体积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.14、50【解析】由题意可得，=，填50.15、0＜a≤或a．【解析】

运用偶函数的性质，作出函数f（x）的图象，由5[f（x）]2﹣（5a+4）f（x）+4a＝0，解得f（x）＝a或f（x），结合图象，分析有且仅有6个不同实数根的a的情况，即可得到a的范围．【详解】函数是定义域为的偶函数，作出函数f（x）的图象如图：关于x的方程5[f（x）]2﹣（5a+4）f（x）+4a＝0，解得f（x）＝a或f（x），当0≤x≤2时，f（x）∈[0，]，x＞2时，f（x）∈（，）．由，则f（x）有4个实根，由题意，只要f（x）＝a有2个实根，则由图象可得当0＜a≤时，f（x）＝a有2个实根，当a时，f（x）＝a有2个实根．综上可得：0＜a≤或a．故答案为0＜a≤或a．．【点睛】本题考查函数的奇偶性和单调性的运用，考查方程和函数的转化思想，运用数形结合的思想方法是解决的常用方法．16、5【解析】设一部门抽取的员工人数为x,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、（1）；（2）；（3）.【解析】

（1）设点P坐标为（x，y），运用两点的距离公式，化简整理，即可得到所求轨迹的方程；（2）由，则点到边的距离为，由点到线的距离公式得直线的斜率；（3）由题意可知：O，Q，M，N四点共圆且在以OQ为直径的圆上，设，则圆的圆心为运用直径式圆的方程，得直线的方程为，结合直线系方程，即可得到所求定点．【详解】（1）设点的坐标为由可得，，整理可得所以曲线的轨迹方程为.（2）依题意，，且，则点到边的距离为即点到直线的距离，解得所以直线的斜率为.（3）依题意，，则都在以为直径的圆上是直线上的动点，设则圆的圆心为，且经过坐标原点即圆的方程为，又因为在曲线上由，可得即直线的方程为由且可得，解得所以直线是过定点.【点睛】本题考查点的轨迹方程的求法，注意运用两点的距离公式，考查直线和圆相交的弦长公式，考查直线恒过定点的求法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．18、（1）（2）6【解析】

（1）由条件利用正弦定理求B的某个函数值，结合B的范围确定B的大小.（2）由（1）及求得ac,再利用余弦定理可得.【详解】解：（1）因为，由正弦定理可得，又,所以，则，因为，所以;（2）由已知，所以,由余弦定理得，所以，则，因此的周长为6.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理及三角形面积计算，有时利用整体运算可以起到事半功倍的作用，考查计算能力，属于中档题.19、(1)(2)当单价应定为22.5元时，可获得最大利润【解析】

（l）先计算的平均值，再代入公式计算得到（2）计算利润为：计算最大值.【详解】解：（1），，，所以对的回归直线方程为：．（2）设获得的利润为，，因为二次函数的开口向下，所以当时，取最大值，所以当单价应定为22.5元时，可获得最大利润．【点睛】本题考查了回归方程，函数的最值，意在考查学生的计算能力.20、（1）见解析；（2）；（3）【解析】

（1）由BB1⊥面ABC及线面垂直的性质可得AE⊥BB1，由AC=AB，E是BC的中点，及等腰三角形三线合一，可得AE⊥BC，结合线面垂直的判定定理可证得AE⊥面BB1C1C，进而由线面垂直的性质得到AE⊥B1C；（2）取B1C1的中点E1，连A1E1，E1C，根据异面直线夹角定义可得，∠E1A1C是异面直线A与A1C所成的角，设AC=AB=AA1=2，解三角形E1A1C可得答案．（3）连接AG，设P是AC的中点，过点P作PQ⊥AG于Q，连EP，EQ，则EP⊥AC，由直三棱锥的侧面与底面垂直，结合面面垂直的性质定理，可得EP⊥平面ACC1A1，进而由二面角的定义可得∠PQE是二面角C-AG-E的平面角．【详解】证明：（1）因为BB1⊥面ABC，AE⊂面ABC，所以AE⊥BB1由AB=AC，E为BC的中点得到AE⊥BC∵BC∩BB1=B∴AE⊥面BB1C1C∴AE⊥B1C解：（2）取B1C1的中点E1，连A1E1，E1C，则AE∥A1E1，∴∠E1A1C是异面直线AE与A1C所成的角．设AC=AB=AA1=2，则由∠BAC=90°，可得A1E1=AE=，A1C=2，E1C1=EC=BC=∴E1C==∵在△E1A1C中，cos∠E1A1C==所以异面直线AE与A1C所成的角为．（3）连接AG，设P是AC的中点，过点P作PQ⊥AG于Q，连EP，EQ，则EP⊥AC又∵平面ABC⊥平面ACC1A1∴EP⊥平面ACC1A1而PQ⊥AG∴EQ⊥AG．∴∠PQE是二面角C-AG-E的平面角．由EP=1，AP=1，PQ=，得tan∠PQE==所以二面角C-AG-E的平面角正切值是【点睛】本题是与二面角有关的立体几何综合题，主要考查了异面直线的夹角，线线垂直的判定，二面角等知识点，难度中档，熟练掌握线面垂直，线线垂直与面面垂直之间的转化及异面直线夹角及二面角的定义，是解答本题的关键．21、（1）证明见解析，；（2），；（3）.【解析】

（1）利用等差数列的定义可证明出数列是等差数列，并确定该数列的首项和公差，即可得出数列的通项；