湖北省天门市2026届高一下数学期末质量跟踪监视试题含解析

湖北省天门市2026届高一下数学期末质量跟踪监视试题请考生注意：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．等差数列的前项和为.若,则（）A． B． C． D．2．化简的结果是()A． B．C． D．3．已知的定义域为，若对于，，，，，分别为某个三角形的三边长，则称为“三角形函数”，下例四个函数为“三角形函数”的是（）A．； B．；C．； D．4．已知.为等比数列的前项和，若，，则()A．31 B．32 C．63 D．645．已知等差数列中，，则公差（）A． B． C．1 D．26．下列各命题中，假命题的是（）A．“度”与“弧度”是度量角的两种不同的度量单位B．一度的角是周角的，一弧度的角是周角的C．根据弧度的定义，一定等于弧度D．不论是用角度制还是用弧度制度量角，它们都与圆的半径长短有关7．掷两颗均匀的骰子，则点数之和为5的概率等于（）A． B． C． D．8．已知、是球的球面上的两点，，点为该球面上的动点，若三棱锥体积的最大值为，则球的表面积为()A． B． C． D．9．若不等式对一切恒成立，则实数的最大值为（）A．0 B．2 C． D．310．已知圆与交于两点，其中一交点的坐标为，两圆的半径之积为9，轴与直线都与两圆相切，则实数（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知数列是首项为，公差为的等差数列，若数列是等比数列，则___________.12．已知都是锐角，，则=_____13．已知函数一个周期的图象（如下图），则这个函数的解析式为__________．14．已知实数满足则的最小值为__________．15．已知是等比数列，，，则公比______.16．已知变量，满足，则的最小值为________.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．设函数.（1）求不等式的解集；（2）若对于，恒成立，求的取值范围.18．已知数列满足：，，.（1）求、、；（2）求证：数列为等比数列，并求其通项公式；（3）求和.19．选修4-5：不等式选讲已知函数，M为不等式的解集.（Ⅰ）求M；（Ⅱ）证明：当a，b时，.20．如图，为圆的直径，点，在圆上，，矩形和圆所在的平面互相垂直，已知，.（1）求证：平面平面；（2）当时，求多面体的体积.21．已知数列的首项.（1）证明:数列是等比数列；（2）数列的前项和.

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、D【解析】

根据等差数列片段和成等差数列，可得到，代入求得结果.【详解】由等差数列性质知：，，，成等差数列，即：本题正确选项：【点睛】本题考查等差数列片段和性质的应用，关键是根据片段和成等差数列得到项之间的关系，属于基础题.2、D【解析】

确定角的象限，结合三角恒等式，然后确定的符号，即可得到正确选项．【详解】因为为第二象限角，所以，故选D.【点睛】本题是基础题，考查同角三角函数的基本关系式，象限三角函数的符号，考查计算能力，常考题型．3、B【解析】由三角形的三边关系，可得“三角形函数”的最大值小于最小值的二倍，因为单调递增，无最大值和最小值，故排除A，，符合“三角形函数”的条件，即B正确，单调递增，最大值为4，最小值为1，故排除C，单调递增，最小值为1，最大值为，故排除D.故选B.点睛：本题以新定义为载体考查函数的单调性和最值；解决本题的关键在于正确理解“三角形函数”的含义，正确将问题转化为“判定函数的最大值和最小值间的关系”进行处理，充分体现转化思想的应用.4、C【解析】

首先根据题意求出和的值，再计算即可.【详解】有题知：，解得，.故选：C【点睛】本题主要考查等比数列的性质以及前项和的求法，属于简单题.5、C【解析】

利用通项得到关于公差d的方程，解方程即得解.【详解】由题得.故选C【点睛】本题主要考查数列的通项的基本量的计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.6、D【解析】

根据弧度制的概念，逐项判断，即可得出结果.【详解】A选项，“度”与“弧度”是度量角的两种不同的度量单位，正确；B选项，一度的角是周角的，一弧度的角是周角的，正确；C选项，根据弧度的定义，一定等于弧度，正确；D选项，用角度制度量角，与圆的半径长短无关，故D错.故选：D.【点睛】本题主要考查弧度制的相关判定，熟记概念即可，属于基础题型.7、B【解析】

试题分析：掷两颗均匀的骰子，共有36种基本事件，点数之和为5的事件有（1,4），（2,3），（3,2），（4,1）这四种，因此所求概率为，选B．考点：概率问题8、A【解析】

当点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，利用三棱锥体积的最大值为，求出半径，即可求出球的表面积．【详解】如图所示，当点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，.因此，球的表面积为.故选：A.【点睛】本题考查球的半径与表面积的计算，确定点的位置是关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.9、C【解析】

采用参变分离法对不等式变形，然后求解变形后的函数的值域，根据参数与新函数的关系求解参数最值.【详解】因为不等式对一切恒成立，所以对一切，，即恒成立．令．易知在内为增函数．所以当时，，所以的最大值是．故选C．【点睛】常见的求解参数范围的方法：（1）分类讨论法（从临界值、特殊值出发）；（2）参变分离法（考虑新函数与参数的关系）.10、A【解析】

根据圆的切线性质可知连心线过原点,故设连心线,再代入,根据方程的表达式分析出是方程的两根,再根据韦达定理结合两圆的半径之积为9求解即可.【详解】因为两切线均过原点,有对称性可知连心线所在的直线经过原点,设该直线为,设两圆与轴的切点分别为,则两圆方程为：,因为圆与交于两点,其中一交点的坐标为.所以①,②.又两圆半径之积为9,所以③联立①②可知是方程的两根,化简得,即.代入③可得,由题意可知,故.因为的倾斜角是连心线所在的直线的倾斜角的两倍.故,故.故选：A【点睛】本题主要考查了圆的方程的综合运用,需要根据题意列出对应的方程,结合韦达定理以及直线的斜率关系求解.属于难题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、或【解析】

由等比数列的定义得出，可得出，利用两角和与差的余弦公式化简可求得的值.【详解】由于数列是首项为，公差为的等差数列，则，，又数列是等比数列，则，即，即，即，整理得，即，可得，，因此，或.故答案为：或.【点睛】本题考查利用等差数列和等比数列的定义求参数，同时也涉及了两角和与差的余弦公式的化简计算，考查计算能力，属于中等题.12、【解析】

由已知求出，再由两角差的正弦公式计算．【详解】∵都是锐角，∴，又，∴，，∴．故答案为．【点睛】本题考查两角和与差的正弦公式．考查同角间的三角函数关系．解题关键是角的变换，即．这在三角函数恒等变换中很重要，即解题时要观察“已知角”和“未知角”的关系，根据这个关系选用相应的公式计算．13、【解析】

由函数的图象可得T=﹣，解得：T==π，解得ω=1．图象经过（，1），可得：1=sin（1×+φ），解得：φ=1kπ+，k∈Z，由于：|φ|＜，可得：φ=，故f（x）的解析式为：f（x）=．故答案为f（x）=．14、【解析】

本题首先可以根据题意绘出不等式组表示的平面区域，然后结合目标函数的几何性质，找出目标函数取最小值所过的点，即可得出结果。【详解】绘制不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示，结合目标函数的几何意义可知，目标函数在点处取得最小值，即。【点睛】本题考查根据不等式组表示的平面区域来求目标函数的最值，能否绘出不等式组表示的平面区域是解决本题的关键，考查数形结合思想，是简单题。15、【解析】

利用等比数列的性质可求.【详解】设等比数列的公比为，则，故.故答案为：【点睛】一般地，如果为等比数列，为其前项和，则有性质：（1）若，则；（2）（为公比）；（3）公比时，则有，其中为常数且；（4）为等比数列（）且公比为.16、0【解析】

画出可行域，分析目标函数得，当在y轴上截距最小时，即可求出的最小值.【详解】作出可行域如图：联立得化目标函数为，由图可知，当直线过点时，在y轴上的截距最小,有最小值为，故填.【点睛】本题主要考查了简单的线性规划，属于中档题.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）见解析；（2）.【解析】

（1）由得，然后分、、三种情况来解不等式；（2）由恒成立，由参变量分离法得出，并利用基本不等式求出在上的最小值，即可得出实数的取值范围.【详解】（1），，.当时，不等式的解集为；当时，原不等式为，该不等式的解集为；当时，不等式的解集为；（2）由题意，当时，恒成立，即时，恒成立.由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，所以，，因此，实数的取值范围是.【点睛】本题考查含参二次不等式的解法，同时也考查了利用二次不等式恒成立求参数的取值范围，在含单参数的二次不等式恒成立问题时，可充分利用参变量分离法，转化为函数的最值来求解，可避免分类讨论，考查化归与转化思想的应用，属于中等题.18、（1）；（2）证明见解析；（3）.【解析】

（1）直接带入递推公式即可（2）证明等于一个常数即可。（3）根据（2）的结果即可求出，从而求出。【详解】（1），，可得；，；（2）证明：，可得数列为公比为，首项为等比数列，即；（3）由（2）可得，．【点睛】本题主要考查了根据通项求数列中的某一项，以及证明是等比数列和求前偶数项和的问题，在这里主要用了分组求和的方法。19、（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.【解析】试题分析：（I）先去掉绝对值，再分，和三种情况解不等式，即可得；（II）采用平方作差法，再进行因式分解，进而可证当，时，．试题解析：（I）当时，由得解得；当时，；当时，由得解得.所以的解集.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，，从而，因此【考点】绝对值不等式，不等式的证明.【名师点睛】形如（或）型的不等式主要有两种解法：（1）分段讨论法：利用绝对值号内式子对应的方程的根，将数轴分为，，（此处设）三个部分，在每个部分去掉绝对值号并分别列出对应的不等式进行求解，然后取各个不等式解集的并集．（2）图象法：作出函数和的图象，结合图象求解．20、(1)证明见解析；(2)【解析】

（1）由题可得，，从而可得平面，由此证明平面平面；（2）过作交于，所以为四棱锥的高，多面体的体积，利用体积公式即可得到答案．【详解】（1）证明：∵平面平面，矩形，，平面平面，∴平面，∵平面，∴，又∵为圆的直径，∴，又，∴平面，∵平面，平面平面；（2）过作交于，由面面垂直性质可得平面，即为四棱锥的高，由是边长为1的等边三角形，可得