湖南省浏阳市2026届高一下数学期末学业质量监测模拟试题含解析

湖南省浏阳市2026届高一下数学期末学业质量监测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．已知数列的前项和为，且，若对任意，都有成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．2．设集合，，若存在实数t，使得，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．3．设，，，则，，的大小关系是（）A． B． C． D．4．已知数列满足，，，则的值为（）A．12 B．15 C．39 D．425．已知，是两个不同的平面，给出下列四个条件：①存在一条直线，使得，；②存在两条平行直线，，使得，，，；③存在两条异面直线，，使得，，，；④存在一个平面，使得，．其中可以推出的条件个数是（）A．1 B．2 C．3 D．46．设x，y满足约束条件，则z=x-y的取值范围是A．[–3,0] B．[–3,2] C．[0,2] D．[0,3]7．若抛物线上一点到焦点的距离是该点到轴距离的3倍，则（）A． B． C． D．78．若三棱锥的四个面都为直角三角形,平面,,,则三棱锥中最长的棱长为()A． B． C． D．9．已知，函数，存在常数，使得为偶函数，则可能的值为（）A． B． C． D．10．已知公式为正数的等比数列满足：，，则前5项和()A．31 B．21 C．15 D．11二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知等差数列则．12．已知数列的通项公式为是数列的前n项和，则______.13．在中，内角，，所对的边分别为，，，，且，则面积的最大值为______.14．等差数列的前项和为，，，等比数列满足，.（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前15项和.15．函数且的图象恒过定点A，若点A在直线上（其中m，n＞0），则的最小值等于__________.16．已知圆锥的底面半径为3，体积是，则圆锥侧面积等于___________.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．如图，在四棱锥中，平面平面，，且，．（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）若为的中点，求证：平面．18．在平面直角坐标系中，已知点,,坐标分别为，，，为线段上一点，直线与轴负半轴交于点，直线与交于点．（1）当点坐标为时，求直线的方程；（2）求与面积之和的最小值.19．不等式(1)若不等式的解集为或,求的值(2)若不等式的解集为,求的取值范围20．如图，在中，，四边形是边长为的正方形，平面平面，若，分别是的中点.（1）求证：平面;（2）求证：平面平面;（3）求几何体的体积.21．已知函数，且，.（1）求，的值及的定义域；（2）若存在，使得成立，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、B【解析】即对任意都成立，当时，当时，当时，归纳得：故选点睛：根据已知条件运用分组求和法不难计算出数列的前项和为，为求的取值范围则根据为奇数和为偶数两种情况进行分类讨论，求得最后的结果2、C【解析】

得到圆心距与半径和差关系得到答案.【详解】圆心距存在实数t，使得故答案选C【点睛】本题考查了两圆的位置关系，意在考查学生的计算能力.3、D【解析】

首先确定题中，，的取值范围，再根据大小排序即可.【详解】由题知，，，，所以排序得到.故选：D.【点睛】本题主要考查了比较指数对数的大小问题，属于基础题.4、B【解析】

根据等差数列的定义可得数列为等差数列，求出通项公式即可．【详解】由题意得所以为等差数列，，，选择B【点睛】本题主要考查了判断是否为等差数列以及等差数列通项的求法，属于基础题．5、B【解析】当，不平行时，不存在直线与，都垂直，，，故正确；存在两条平行直线，，，，，，则，相交或平行，所以不正确；存在两条异面直线，，，，，，由面面平行的判定定理得，故正确；存在一个平面，使得，，则，相交或平行，所以不正确；故选6、B【解析】作出约束条件表示的可行域，如图中阴影部分所示.目标函数即，易知直线在轴上的截距最大时，目标函数取得最小值；在轴上的截距最小时，目标函数取得最大值，即在点处取得最小值，为；在点处取得最大值，为.故的取值范围是[–3,2].所以选B.【名师点睛】线性规划的实质是把代数问题几何化，即运用数形结合的思想解题.需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点处或边界上取得.7、A【解析】由题意，焦点坐标，所以，解得，故选A。8、B【解析】

根据题意，画出满足题意的三棱锥，求解棱长即可.【详解】因为平面，故，且，则为直角三角形，由以及勾股定理得：；同理，因为则为直角三角形，由，以及勾股定理得：；在保证和均为直角三角形的情况下，①若，则在中，由勾股定理得：，此时在中，由，及，不满足勾股定理故当时，无法保证为直角三角形.不满足题意.②若，则，又因为面ABC，面ABC，则，故面PAB，又面PAB，故，则此时可以保证也为直角三角形.满足题意.③若，在直角三角形BCA中，斜边AB=2，小于直角边AC=，显然不成立.综上所述：当且仅当时，可以保证四棱锥的四个面均为直角三角形，故作图如下：由已知和勾股定理可得：，显然，最长的棱为.故选：B.【点睛】本题表面考查几何体的性质，以及棱长的计算，涉及线面垂直问题，需灵活应用.9、C【解析】

直接利用三角函数性质的应用和函数的奇偶性的应用求出结果.【详解】解：由函数，存在常数，使得为偶函数，则，由于函数为偶函数，故，所以，当时，.故选：C.【点睛】本题考查三角函数的性质的应用，属于基础题.10、A【解析】

由条件求出数列的公比．再利用等比数列的前项求和公式即可得出．【详解】公比为正数的等比数列满足：，则，即.所以,所以.故选：A【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、1【解析】试题分析：根据公式，，将代入，计算得n=1．考点：等差数列的通项公式．12、【解析】

对数列的通项公式进行整理，再求其前项和，利用对数运算规则，可得到，从而求出，得到答案.【详解】所以所以.故答案为：.【点睛】本题考查对数运算公式，由数列的通项求前项和，数列的极限，属于中档题.13、【解析】

根据正弦定理将转化为，即，由余弦定理得，再用基本不等式法求得，根据面积公式求解.【详解】根据正弦定理可转化为，化简得由余弦定理得因为所以，当且仅当时取所以则面积的最大值为.故答案为：【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理，基本不等式的综合应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.14、（1），；（2）125.【解析】

（1）直接利用等差数列，等比数列的公式得到答案.（2），前5项为正，后面为负，再计算数列的前15项和.【详解】解：（1）联立，解得，，故，，联立，解得，故.（2）.【点睛】本题考查了等差数列，等比数列，绝对值和，判断数列的正负分界处是解题的关键.15、1【解析】

由题意可得定点，，把要求的式子化为，利用基本不等式求得结果．【详解】解：且令解得，则即函数过定点，又点在直线上，，则，当且仅当时，等号成立，故答案为：1．【点睛】本题考查基本不等式的应用，函数图象过定点问题，把要求的式子化为，是解题的关键，属于基础题．16、【解析】试题分析：求圆锥侧面积必须先求圆锥母线，既然已知体积，那么可先求出圆锥的高，再利用圆锥的性质(圆锥的高，底面半径，母线组成直角三角形)可得母线，，，，．考点：圆锥的体积与面积公式，圆锥的性质．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）见解析；（Ⅱ）见解析【解析】

（Ⅰ）线线垂直先求线面垂直，即平面，进而可得；（Ⅱ）连接D与PC的中点F，只需证明即可．【详解】（Ⅰ）因为，所以．因为平面平面，且平面平面，所以平面．因为平面，所以．（Ⅱ）证明：取中点，连接，．因为为中点，所以，且．因为，且，所以，且，所以四边形为平行四边形．所以．因为平面，平面，所以平面．【点睛】此题考查立体几何证明，线线垂直一般通过线面垂直证明，线面平行只需在面内找到一个线与已知线平行即可，题目中出现中点一般也要在找其他中点连接，属于较易题目．18、（1）；（2）.【解析】

（1）求出的直线方程后可得的坐标，再求出的直线方程和的直线方程后可得的坐标，从而得到直线的直线方程.（2）直线的方程为，设，求出的直线方程后可得的坐标，从而可用表示，换元后利用基本不等式可求的最小值.【详解】（1）当时，直线的方程为，所以，直线的方程为①，又直线的方程为②，①②联立方程组得，所以直线的方程为.(2)直线的方程为，设，直线的方程为，所以.因为在轴负半轴上，所以，=，.令，则，（当且仅当），而当时，，故的最小值为.【点睛】直线方程有五种形式，常用的形式有点斜式、斜截式、截距式、一般式，垂直于的轴的直线没有点斜式、斜截式和截距式，垂直于轴的直线没有截距式，注意根据题设所给的条件选择合适的方程的形式.直线方程中的最值问题，注意可选择合适的变量（如斜率、倾斜角、动点的横坐标或纵坐标等）构建目标函数，再利用基本不等式或函数的单调性等求目标函数的最值.19、（1）；（2）【解析】

（1）根据一元二次不等式的解和对应一元二次方程根的关系，求得的值.（2）利用一元二次不等式解集为的条件列不等式组，解不等式组求得的取值范围.【详解】（1）由于不等式的解集为或，所以，解得.（2）由于不等式的解集为，故，解得.故的取值范围是.【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解与对应一元二次方程根的关系，考查一元二次不等式恒成立问题的求解策略，属于基础题.20、（1）详见解析(2)详见解析（2）【解析】

试题分析：（1）如图，连接EA交BD于F，利用正方形的性质、三角形的中位线定理、线面平行的判定定理即可证明．（2）利用已知可得：FG⊥平面EBC，可得∠FBG就是线BD与平面EBC所成的角．经过计算即可得出．（3）利用体积公式即可得出．试题解析：（1）如图，连接，易知为的中点.因为，分别是和的中点，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）证明：因为四边形为正方形，所以.又因为平面平面，所以平面.所以.又因为，所以.所以平面.从而平面平面.（3）取AB中点N,连接，因为，所以，且.又平面平面，所以平面.因为是四棱锥，所以.即几何体的体积.点睛：本题考查了正方形的性质、线面，面面平行垂直的判定与性质定理、三棱锥的体积计算公式、线面角的求法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．21、（1），，定义域；（2）【解析】

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