2026届四川省任隆中学高一数学第二学期期末考试模拟试题含解析

2026届四川省任隆中学高一数学第二学期期末考试模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．平面过正方体ABCD—A1B1C1D1的顶点A，,，，则m，n所成角的正弦值为A． B． C． D．2．在各项均为正数的等比数列中，公比，若，，，数列的前项和为，则取最大值时，的值为（）A． B． C． D．或3．已知函数，下列结论不正确的是（

）A．函数的最小正周期为B．函数在区间内单调递减C．函数的图象关于轴对称D．把函数的图象向左平移个单位长度可得到的图象4．已知一组正数的平均数为，方差为，则的平均数与方差分别为（）A． B． C． D．5．在中，若，则角的大小为（）A． B． C． D．6．在区间上随机取一个数x，的值介于0到之间的概率为（）A． B． C． D．7．已知向量、的夹角为，，，则（）A． B． C． D．8．数列的通项公式，其前项和为，则等于（）A． B． C． D．9．已知等比数列中，，且有，则()A． B． C． D．10．如图所示，在四边形中，，，.将四边形沿对角线折成四面体，使平面平面，则下列结论中正确的结论个数是（）①；②；③与平面所成的角为；④四面体的体积为.A．个 B．个 C．个 D．个二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是以原点O为圆心的单位圆上的两点，∠P1OP2＝θ(θ为钝角)．若，则x1x2＋y1y2的值为_____．12．在中，角,,所对的边分别为，，，若的面积为，且,,成等差数列，则最小值为______．13．有五条线段,长度分别为2,3,5,7,9,从这五条线段中任取三条,则所取三条线段能构成一个三角形的概率为___________．14．若是函数的两个不同的零点，且这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则的值等于________．15．若2弧度的圆心角所对的弧长为4cm，则这个圆心角所夹的扇形的面积是______．16．函数f（x）＝log2（x+1）的定义域为_____．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．已知数列是各项均为正数的等比数列，且，．（1）求数列的通项公式；（2）为数列的前n项和，，求数列的前n项和．18．已知.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数在闭区间上的最小值并求当取最小值时，的取值.19．已知函数.（1）若，且对任意的，恒成立，求实数的取值范围；（2）求，解关于的不等式.20．在中，，求角A的值。21．不等式的解集为______.

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】

试题分析：如图，设平面平面=，平面平面=，因为平面，所以，则所成的角等于所成的角.延长，过作，连接，则为，同理为，而，则所成的角即为所成的角，即为，故所成角的正弦值为，选A.【点睛】求解本题的关键是作出异面直线所成的角,求异面直线所成角的步骤是：平移定角、连线成形、解形求角、得钝求补.2、D【解析】

利用等比数列的性质求出、的值，可求出和的值，利用等比数列的通项公式可求出，由此得出，并求出数列的前项和，然后求出，利用二次函数的性质求出当取最大值时对应的值.【详解】由题意可知，由等比数列的性质可得，解得，所以，解得，，，则数列为等差数列，，，，因此，当或时，取最大值，故选：D.【点睛】本题考查等比数列的性质，同时也考查了等差数列求和以及等差数列前项和的最值，在求解时将问题转化为二次函数的最值求解，考查方程与函数思想的应用，属于中等题.3、D【解析】

利用余弦函数的性质对A、B、C三个选项逐一判断，再利用平移“左加右减”及诱导公式得出，进而得出答案．【详解】由题意，函数其最小正周期为，故选项A正确；函数在上为减函数，故选项B正确；函数为偶函数，关于轴对称，故选项C正确把函数的图象向左平移个单位长度可得，所以选项D不正确．故答案为D【点睛】本题主要考查了余弦函数的性质，以及诱导公式的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．4、C【解析】

根据平均数的性质和方差的性质即可得到结果.【详解】根据平均数的线性性质，以及方差的性质：将一组数据每个数扩大2倍，且加1，则平均数也是同样的变化，方差变为原来的4倍，故变换后数据的平均数为：；方差为4.故选：C.【点睛】本题考查平均数和方差的性质，属基础题.5、D【解析】

由平面向量数量积的定义得出、与的等量关系，再由并代入、与的等量关系式求出的值，从而得出的大小.【详解】，，，由正弦定理边角互化思想得，，，同理得，，，则，解得，中至少有两个锐角，且，，所以，，，因此，，故选D.【点睛】本题考查平面向量的数量积的计算，考查利用正弦定理、两角和的正切公式求角的值，解题的关键就是利用三角恒等变换思想将问题转化为正切来进行计算，属于中等题.6、A【解析】因为,若,则,，故选A.7、B【解析】

利用平面向量数量积和定义计算出，可得出结果.【详解】向量、的夹角为，，，则．故选：B．【点睛】本题考查利用平面向量的数量积来计算平面向量的模，在计算时，一般将模进行平方，利用平面向量数量积的定义和运算律进行计算，考查计算能力，属于中等题.8、B【解析】

依据为周期函数，得到，并项求和，即可求出的值。【详解】因为为周期函数，周期为4，所以，，故选B。【点睛】本题主要考查数列求和方法——并项求和法的应用，以及三角函数的周期性，分论讨论思想，意在考查学生的推理论证和计算能力。9、A【解析】，，所以选A10、B【解析】

根据题意，依次分析命题：对于①，可利用反证法说明真假；对于②，为等腰直角三角形，平面，得平面，根据勾股定理逆定理可知；对于③，由与平面所成的角为知真假；对于④，利用等体积法求出所求体积进行判定即可，综合可得答案．【详解】在四边形中，，，则，可得，由，若，且，可得平面，平面，，这与矛盾，故①不正确；平面平面，平面平面，，平面，平面，平面，，由勾股定理得，，，，故，故②正确；由②知平面，则直线与平面所成的角为，且有，，则为等腰直角三角形，且，则.故③不正确；四面体的体积为，故④不正确.故选：B.【点睛】本题主要考查了直线与平面所成的角，以及三棱锥的体积的计算，考查了空间想象能力，推理论证能力，解题的关键是须对每一个进行逐一判定．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、－【解析】

先利用平面向量数量积的定义和坐标运算得到，再利用两角和的正弦公式和平方关系进行求解.【详解】根据题意知，又P1，P2在单位圆上，，即x1x2＋y1y2＝cosθ；∵①又sin2θ＋cos2θ＝1②且θ为钝角，联立①②求得cosθ＝－.【点睛】本题主要考查平面向量的数量积定义和坐标运算、两角和的正弦公式，意在考查学生的逻辑思维能力和基本运算能力，属于中档题．12、4【解析】

先根据,,成等差数列得到，再根据余弦定理得到满足的等式关系，而由面积可得，利用基本不等式可求的最小值.【详解】因为,,成等差数列，，故.由余弦定理可得.由基本不等式可以得到，当且仅当时等号成立.因为，所以，所以即，当且仅当时等号成立.故填4.【点睛】三角形中与边有关的最值问题，可根据题设条件找到各边的等式关系或角的等量关系，再根据边的关系式的结构特征选用合适的基本不等式求最值，也可以利用正弦定理把与边有关的目标代数式转化为与角有关的三角函数式后再求其最值.13、【解析】

列出所有的基本事件，并找出事件“所取三条线段能构成一个三角形”所包含的基本事件，再利用古典概型的概率公式计算出所求事件的概率．【详解】所有的基本事件有：、、、、、、、、、，共个，其中，事件“所取三条线段能构成一个三角形”所包含的基本事件有：、、，共个，由古典概型的概率公式可知，事件“所取三条线段能构成一个三角形”的概率为，故答案为．【点睛】本题考查古典概型的概率的计算，解题的关键就是列举基本事件，常见的列举方法有：枚举法和树状图法，列举时应遵循不重不漏的基本原则，考查计算能力，属于中等题．14、1【解析】

由一元二次方程根与系数的关系得到a+b=p，ab=q，再由a，b，﹣2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列列关于a，b的方程组，求得a，b后得答案．【详解】由题意可得：a+b=p，ab=q，∵p＞0，q＞0，可得a＞0，b＞0，又a，b，﹣2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，可得①或②．解①得：；解②得：．∴p=a+b=5，q=1×4=4，则p+q=1．故答案为1．点评：本题考查了一元二次方程根与系数的关系，考查了等差数列和等比数列的性质，是基础题．【思路点睛】解本题首先要能根据韦达定理判断出a，b均为正值，当他们与-2成等差数列时，共有6种可能，当-2为等差中项时，因为，所以不可取，则-2只能作为首项或者末项，这两种数列的公差互为相反数；又a,b与-2可排序成等比数列，由等比中项公式可知-2必为等比中项，两数列搞清楚以后，便可列方程组求解p，q．15、【解析】

先求出扇形的半径，再求这个圆心角所夹的扇形的面积.【详解】设扇形的半径为R,由题得.所以扇形的面积为.故答案为：【点睛】本题主要考查扇形的半径和面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.16、{x|x＞﹣1}【解析】

利用对数的真数大于，即可得解.【详解】函数的定义域为：,解得：，故答案为：.【点睛】本题主要考查对数函数定义域，考查学生对对数函数定义的理解，是基础题.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），n∈N+；（2）【解析】

（1）设公比为q，q>0，运用等比数列的通项公式，解方程即可得到所求；（2），再由数列的裂项相消求和，计算可得所求和．【详解】(1)数列是各项均为正数的等比数列，设公比为q，q>0，，.即,，解得,可得，n∈N+；(2)，前n项和，由(1)可得a1=2,，即有.【点睛】本题考查数列的通项和求和，数列求和的常用方法有:分组求和,错位相减求和,倒序相加求和等，本题解题关键是裂项的形式，本题属于中等题.18、（1）；（2），【解析】

(1)先化简,再求最小正周期;(2)由,得,再结合的函数图像求最小值.【详解】(1),即,所以的最小正周期是;(2)由(1)知,又由,得,所以当时,的最小值为,即时,的最小值为.【点睛】本题考查三角恒等变换,考查三角函数图像的性质应用,属于中档题.19、（1）（2）见解析【解析】

（1）由题意，若，则函数关于对称，根据二次函数对称性，可求，代入化简得在上恒成立，由，知当为最小值，根据恒成立思想，令最小值，即可求解；（2）根据题意，由，化简一元二次不等式为，讨论参数范围，写出解集即可.【详解】解：（1）若，所以函数对称轴，.，即在恒成立，即在上恒成立所以，又，故（2），所以；原不等式变为，因为，所以.所以当，即时，解为；当时，解集为；当，即时，解为综上，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为必；当时，不等式的解隼为【点睛】本题考查（1）函数恒成立问题；（2）含参一元二次不等式的解法；考查计算能力，考查分类讨论思想，属于中等题型.20、或【解析】

根据的值可确定，进而得到，利用两角和差公式、二倍角公式和辅助角公式化简求值