河南省信阳市息县息县一中2026届高一下数学期末学业质量监测模拟试题含解析

河南省信阳市息县息县一中2026届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．设数列是公差不为零的等差数列，它的前项和为，且、、成等比数列，则等于（）A． B． C． D．2．已知a,,若关于x的不等式的解集为,则()A． B． C． D．3．“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例,为这个理论的发展做出了重要贡献十二平均律将一个纯八度音程分成十二份,依次得到十三个单音,从第二个单音起,每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于若第一个单音的频率为,则第八个单音的频率为()A． B． C． D．4．若，，则与向量同向的单位向量是（）A． B． C． D．5．在中，角、、所对的边分别为、、，且，，，则的面积为（）A． B． C． D．6．已知数列是各项均为正数且公比不等于的等比数列.对于函数，若数列为等差数列，则称函数为“保比差数列函数”.现有定义在上的如下函数：①；②；③；④，则为“保比差数列函数”的所有序号为（）A．①② B．③④ C．①②④ D．②③④7．下列各角中，与126°角终边相同的角是（）A． B． C． D．8．下图所示的几何体是由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为质点的圆锥面得到，现用一个垂直于底面的平面去截该几何体、则截面图形可能是（）A．（1）（2） B．（2）（3） C．（3）（4） D．（1）（4）9．已知定义在上的偶函数满足：当时，，若，则的大小关系是（）A． B． C． D．10．已知，所在平面内一点P满足，则（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．P是棱长为4的正方体的棱的中点，沿正方体表面从点A到点P的最短路程是_______.12．在平行四边形中，为与的交点，，若，则__________．13．在平行六面体中，为与的交点，若存在实数，使向量，则__________．14．计算：__________．15．点关于直线的对称点的坐标为_____．16．已知函数（，）的部分图像如图所示，则函数解析式为_______.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．定义在上的函数，如果满足：对任意，存在常数，都有成立，则称函数是上的有界函数，其中称为函数的上界.已知函数.（1）当时，求函数在上的值域，并判断函数在上是否为有界函数，请说明理由；（2）若函数在上是以3为上界的有界函数，求实数的取值范围；（3）若，函数在上的上界是，求的解析式.18．在中，角的对边分别为，已知.（1）求角；（2）若的面积为，求在上的投影.19．在中，角的对边分别是，且满足.（1）求角的大小；（2）若，边上的中线的长为，求的面积.20．设一元二次不等式的解集为．（Ⅰ）当时，求；（Ⅱ）当时,求的取值范围．21．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点为中点，且.(1)证明：平面；(2)证明：平面平面.

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、A【解析】

设等差数列的公差为，根据得出与的等量关系，即可计算出的值.【详解】设等差数列的公差为，由于、、成等比数列，则有，所以，，化简得，因此，.故选：A.【点睛】本题考查等差数列前项和中基本量的计算，解题的关键就是结合题意得出首项与公差的等量关系，考查计算能力，属于基础题.2、D【解析】

由不等式的解集为R，得的图象要开口向上，且判别式，即可得到本题答案.【详解】由不等式的解集为R，得函数的图象要满足开口向上，且与x轴至多有一个交点，即判别式.故选：D【点睛】本题主要考查一元二次不等式恒成立问题.3、B【解析】

根据等比数列通项公式，求得第八个单音的频率.【详解】根据等比数列通项公式可知第八个单音的频率为.故选：B.【点睛】本小题主要考查等比数列的通项公式，考查中国古代数学文化，属于基础题.4、A【解析】

先求出的坐标，然后即可算出【详解】因为，所以所以与向量同向的单位向量是故选：A【点睛】本题考查的是向量的坐标运算，属于基础题5、B【解析】

由正弦定理得，利用余弦定理可求出的值，然后利用三角形的面积公式可求得的面积.【详解】，，又，，由余弦定理可得，可得，所以，的面积为.故选：B.【点睛】本题考查三角形面积的计算，同时也考查了余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.6、C【解析】

①，为“保比差数列函数”；②，为“保比差数列函数”；③不是定值，不是“保比差数列函数”；④，是“保比差数列函数”，故选C.考点：等差数列的判定及对数运算公式点评：数列，若有是定值常数，则是等差数列7、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．8、D【解析】

根据圆锥曲线的定义和圆锥的几何特征，分截面过旋转轴时和截面不过旋转轴时两种情况，分析截面图形的形状，最后综合讨论结果，可得答案．【详解】根据题意，当截面过旋转轴时，圆锥的轴截面为等腰三角形，此时（1）符合条件；当截面不过旋转轴时，圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时（4）符合条件；故截面图形可能是（1）（4）；故选：D．【点睛】本题考查的知识点是旋转体，圆锥曲线的定义，关键是掌握圆柱与圆锥的几何特征.9、C【解析】

根据函数的奇偶性将等价变形为，再根据函数在上单调性判断函数值的大小关系，从而得出正确选项.【详解】解因为函数为偶函数，故，因为，，所以，因为函数在上单调增，故，故选C.【点睛】本题考查了函数单调性与奇偶性的运用，解题的关键是要能根据奇偶性将函数值进行转化.10、D【解析】

由平面向量基本定理及单位向量可得点在的外角平分线上，且点在的外角平分线上，，，在中，由正弦定理得得解．【详解】因为所以，因为方向为外角平分线方向，所以点在的外角平分线上，同理，点在的外角平分线上，，，在中，由正弦定理得，故选：．【点睛】本题考查了平面向量基本定理及单位向量，考查向量的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

从图形可以看出图形的展开方式有二，一是以底棱BC，CD为轴，可以看到此两种方式是对称的，所得结果一样，另外一种是以侧棱为轴展开，即以BB1，DD1为轴展开，此两种方式对称，求得结果一样，故解题时选择以BC为轴展开与BB1为轴展开两种方式验证即可【详解】由题意，若以BC为轴展开，则AP两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为4，6，故两点之间的距离是若以BB1为轴展开，则AP两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为2，8，故两点之间的距离是故沿正方体表面从点A到点P的最短路程是cm故答案为【点睛】本题考查多面体和旋转体表面上的最短距离问题，求解的关键是能够根据题意把求几何体表面上两点距离问题转移到平面中来求12、【解析】

根据向量加法的三角形法则逐步将待求的向量表示为已知向量.【详解】由向量的加法法则得：所以，所以故填：【点睛】本题考查向量的线性运算，属于基础题.13、【解析】

在平行六面体中把向量用用表示，再利用待定系数法，求得.再求解。【详解】如图所示：因为，又因为，所以，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查了空间向量的基本定理，还考查了运算求解的能力，属于基础题.14、【解析】

分子分母同除以，即可求出结果.【详解】因为.故答案为【点睛】本题主要考查“”型的极限计算，熟记常用做法即可，属于基础题型.15、【解析】

设关于直线的对称点的坐标为,再根据中点在直线上,且与直线垂直求解即可.【详解】设关于直线的对称点的坐标为,则中点为,则在直线上,故①.又与直线垂直有②,联立①②可得.故.故答案为：【点睛】本题主要考查了点关于直线对称的点坐标,属于基础题.16、y＝sin（2x+）．【解析】

由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值答案可求【详解】根据函数y＝sin（ωx+φ）（ω＞0，0＜φ）的部分图象，可得A＝1，•，∴ω＝2，再结合五点法作图可得2•φ＝π，∴φ，则函数解析式为y＝sin（2x+）故答案为：y＝sin（2x+）．【点睛】本题主要考查由函数y＝Asin（ωx+φ）的部分图象求解析式，由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值难度中档．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）见解析；（2）；（3）.【解析】

（1）通过判断函数的单调性，求出的值域，进而可判断在上是否为有界函数；（2）利用题中所给定义，列出不等式，换元，转化为恒成立问题，通过分参求构造函数的最值，就可求得实数的取值范围；（3）通过分离常数法求的值域，利用新定义进而求得的解析式．【详解】（1）当时，，由于在上递减，∴函数在上的值域为，故不存在常数，使得成立，∴函数在上不是有界函数（2）在上是以3为上界的有界函数，即，令，则，即由得，令，在上单调递减，所以由得，令，在上单调递增，所以所以；（3）在上递减，，即，当时，即当时，当时，即当时，∴.【点睛】本题主要考查学生利用所学知识解决创新问题的能力，涉及到函数求值域的有关方法，以及恒成立问题的常见解决思想．18、（1）；（2）当时，在上的投影为；当时，在上的投影为.【解析】

（1）由已知条件，结合正弦定理，求得，即可求得C的大小；（2）由已知条件，结合三角形的面积公式及余弦定理，求得的值，再由向量的数量积的运算，即可求解.【详解】（1）因为，由正弦定理知，即，又，所以，所以，在中，，所以，又，所以；（2）在中，由余弦定理得，由，即，因此，所以，解得或，当时，在上的投影为；当时，在上的投影为.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.19、（1）（2）【解析】

（1）先后利用正弦定理余弦定理化简得到，即得B的大小；（2）设，则，所以，利用余弦定理求出m的值，再求的面积.【详解】解：（1）因为，由正弦定理，得，即.由余弦定理，得.因为，所以.（2）因为，所以.设，则，所以.在中，由余弦定理得，得，即，整理得，解得.所以.【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角形的面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.20、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）将代入得到关于的不等式，结合一元二次方程解一元二次不等式可求得集合；（Ⅱ）解集为即不等式恒成立，求解时结合与之对应的二次函数考虑可得到需满足的条件解不等式求的取值范围.【详解】（Ⅰ）当时，原不等式为：解方程得．（Ⅱ）由，即不等式的解集为R，则.21、（1）证明见解析；（2）证明见解析【解析】

(1)连接交于点，连接，可证，从而可证平面.(2)可证平面，从而得到平面平面.【详解】(1)连接交于点，连接，因为底面为平行四边形，所以为中点.在中,又为