广东省百校联考2026届高一数学第二学期期末检测试题含解析

广东省百校联考2026届高一数学第二学期期末检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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．用数学归纳法证明“”,从“到”左端需增乘的代数式为()A． B． C． D．2．已知半圆C：（），A、B分别为半圆C与x轴的左、右交点，直线m过点B且与x轴垂直，点P在直线m上，纵坐标为t，若在半圆C上存在点Q使，则t的取值范围是（）A． B．C． D．3．在ΔABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A=π3，B=π4，A．23 B．2 C．3 D．4．已知β为锐角，角α的终边过点（3，4），sin（α+β）＝，则cosβ＝（）A． B． C． D．或5．记Sn为等差数列{an}的前A．an=2n-5 B．an=3n-106．设，则下列不等式恒成立的是A． B．C． D．7．执行如图所示的程序框图，令，若，则实数a的取值范围是A． B．C． D．8．已知变量x，y满足约束条件x+y-2≥0,y≤2,x-y≤0,则A．2 B．3 C．4 D．69．已知，，且，，则的值为（）A． B．1 C． D．10．已知实数满足约束条件，则目标函数的最小值为()A． B． C．1 D．5二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知角的终边上一点P的坐标为，则____.12．若函数的图像与直线有且仅有四个不同的交点，则的取值范围是______13．在△ABC中，若∠A＝120°，AB＝5，BC＝7，则△ABC的面积S＝_____．14．已知球的一个内接四面体中，，过球心，若该四面体的体积为，且，则球的表面积的最小值为_________．15．若圆弧长度等于圆内接正六边形的边长，则该圆弧所对圆心角的弧度数为________.16．在边长为2的正△ABC所在平面内，以A为圆心，为半径画弧，分别交AB，AC于D，E.若在△ABC内任丢一粒豆子，则豆子落在扇形ADE内的概率是________．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．已知数列满足，.（1）求证：数列是等比数列；（2）求数列的通项公式.18．如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，连，交于点.（Ⅰ）若点是侧棱的中点，连，求证：平面；（Ⅱ）求证：平面平面.19．已知函数（1）求的定义域；（2）设是第三象限角，且，求的值.20．已知常数且，在数列中，首项，是其前项和，且，.（1）设，，证明数列是等比数列，并求出的通项公式；（2）设，，证明数列是等差数列，并求出的通项公式；（3）若当且仅当时，数列取到最小值，求的取值范围．21．已知，.（1）计算及、；（2）设，，，若，试求此时和满足的函数关系式，并求的最小值.

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】

分别求出时左端的表达式，和时左端的表达式，比较可得“从到”左端需增乘的代数式.【详解】由题意知，当时，有，当时，等式的左边为，所以左边要增乘的代数式为.故选：.【点睛】本题主要考查的是归纳推理，需要结合数学归纳法进行求解，熟知数学归纳法的步骤，最关键的是从到，考查学生仔细观察的能力，是中档题.2、A【解析】

根据题意，设PQ与x轴交于点T，分析可得在Rt△PBT中，|BT||PB||t|，分p在x轴上方、下方和x轴上三种情况讨论，分析|BT|的最值，即可得t的范围，综合可得答案．【详解】根据题意，设PQ与x轴交于点T，则|PB|＝|t|，由于BP与x轴垂直，且∠BPQ，则在Rt△PBT中，|BT||PB||t|，当P在x轴上方时，PT与半圆有公共点Q，PT与半圆相切时，|BT|有最大值3，此时t有最大值，当P在x轴下方时，当Q与A重合时，|BT|有最大值2，|t|有最大值，则t取得最小值，t＝0时，P与B重合，不符合题意，则t的取值范围为[，0）]；故选A．【点睛】本题考查直线与圆方程的应用，涉及直线与圆的位置关系，属于中档题．3、A【解析】

利用正弦定理asinA=【详解】在ΔABC中，由正弦定理得asinA=故选：A.【点睛】本题考查利用正弦定理求边，要记得正弦定理所适用的基本类型，考查计算能力，属于基础题。4、B【解析】

由题意利用任意角的三角函数的定义求得sinα和cosα，再利用同角三角函数的基本关系求得cos（α+β）的值，再利用两角差的余弦公式求得cosβ＝cos[（α+β）﹣α]的值．【详解】β为锐角，角α的终边过点（3，4），∴sinα，cosα，sin（α+β）sinα，∴α+β为钝角，∴cos（α+β），则cosβ＝cos[（α+β）﹣α]＝cos（α+β）cosα+sin（α+β）sinα••，故选B．【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，同角三角函数的基本关系、两角和差的余弦公式的应用，属于基础题．5、A【解析】

等差数列通项公式与前n项和公式．本题还可用排除，对B，a5=5，S4=4(-7+2)【详解】由题知，S4=4a1+【点睛】本题主要考查等差数列通项公式与前n项和公式，渗透方程思想与数学计算等素养．利用等差数列通项公式与前n项公式即可列出关于首项与公差的方程，解出首项与公差，在适当计算即可做了判断．6、C【解析】

利用不等式的性质，合理推理，即可求解，得到答案.【详解】因为，所以，所以A项不正确；因为，所以，，则，所以B不正确；因为，则，所以，又因为，则，所以等号不成立，所以C正确；由，所以，所以D错误.【点睛】本题主要考查了不等式的性质的应用，其中解答中熟记不等式的性质，合理运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.7、D【解析】该程序的功能是计算并输出分段函数.当时，，解得；当时，，解得；当时，，无解.综上，，则实数a的取值范围是.故选D.8、D【解析】

试题分析：把函数转化为表示斜率为截距为平行直线系，当截距最大时，最大，由题意知当直线过和两条直线交点时考点：线性规划的应用.【详解】请在此输入详解！9、A【解析】

由已知求出，的值，再由，展开两角差的余弦求解，即可得答案．【详解】由，，且，，，，∴，∴，．故选：A．【点睛】本题考查两角和与差的余弦、倍角公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意“拆角配角”思想的运用.10、A【解析】

作出不等式组表示的平面区域，再观察图像即可得解.【详解】解：先作出不等式组表示的平面区域，如图所示，由图可知目标函数所对应的直线过点时目标函数取最小值，则，故选：A.【点睛】本题考查了简单的线性规划问题，重点考查了数形结合的数学思想方法，属基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

由已知先求，再由三角函数的定义可得即可得解．【详解】解：由题意可得点到原点的距离，，由三角函数的定义可得，，，此时；故答案为．【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．12、【解析】

将函数写成分段函数的形式，再画出函数的图象，则直线与函数图象有四个交点，从而得到的取值范围.【详解】因为因为所以，所以图象关于对称，其图象如图所示：因为直线与函数图象有四个交点，所以.故答案为：.【点睛】本题考查利用三角函数图象研究与直线交点个数，考查数形结合思想的应用，作图时发现图象关于对称，是快速画出图象的关键.13、【解析】

用余弦定理求出边的值，再用面积公式求面积即可．【详解】解：据题设条件由余弦定理得，即，即解得，故的面积，故答案为：．【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，属于基础题．14、【解析】

求出面积的最大值，结合棱锥的体积可得到平面距离的最小值，进一步求得球的半径的最小值得答案．【详解】解：在中，由，且，

得，得．

当且仅当时，有最大值1．

过球心，且四面体的体积为1，

∴三棱锥的体积为．

则到平面的距离为．

此时的外接圆的半径为，则球的半径的最小值为，

∴球O的表面积的最小值为．

故答案为：．【点睛】本题考查多面体外接球表面积最值的求法，考查逻辑思维能力与推理运算能力，考查空间想象能力，是中档题．15、1【解析】

根据圆的内接正六边形的边长得出弧长，利用弧长公式即可得到圆心角.【详解】因为圆的内接正六边形的边长等于圆的半径，所以圆弧长所对圆心角的弧度数为1.故答案为：1【点睛】此题考查弧长公式，根据弧长求圆心角的大小，关键在于熟记圆的内接正六边形的边长.16、【解析】

由三角形ABC的边长为2不难求出三角形ABC的面积，又由扇形的半径为，也可以求出扇形的面积，代入几何概型的计算公式即可求出答案．【详解】由题意知，在△ABC中，BC边上的高AO正好为，∴圆与边CB相切，如图．S扇形＝×××＝，S△ABC＝×2×2×＝，∴P＝＝.【点睛】本题考查面积型几何概型概率的求法，属基础题.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）证明见解析；（2）.【解析】

（1）利用数列的递推公式证明出为非零常数，即可证明出数列是等比数列；（2）确定等比数列的首项和公比，求出数列的通项公式，即可求出.【详解】（1），，因此，数列是等比数列；（2）由于，所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，，因此，.【点睛】本题考查等比数列的证明，同时也考查了数列通项的求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.18、（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）见证明【解析】

（Ⅰ）由为菱形，得为中点，进而得到，利用线面平行的判定定理，即可求解；（Ⅱ）先利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而利用面面垂直的判定定理，即可证得平面平面.【详解】（Ⅰ）证明：因为为菱形，所以为中点，又为中点，所以，，平面，平面，所以，平面；（Ⅱ）因为平面，所以，因为为菱形，所以，，所以，平面，平面，所以，平面平面.【点睛】本题考查了线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．19、（1）（2）【解析】

（1）由分母不为0可求得排烟阀；（2）由同角间的三角函数关系求得，由两角差的余弦公式展开，再由二倍角公式化为单角的函数，最后代入的值可得．【详解】（1）由得，，所以，，故的定义域为（答案写成“”也正确）（2）因为，且是第三象限角，所以由可解得，.故.【点睛】本题考查三角函数的性质，考查同角间的三角函数关系，考查应用两角差的余弦公式和二倍角公式求值．三角函数求值时一般要先化简再求值，这样计算可以更加简便，保证正确．20、（1）证明见解析，；（2）证明见解析，；（3）.【解析】

（1）令，求出的值，再令，由，得出，将两式相减得，再利用等比数列的定义证明为常数，可得出数列为等比数列，并确定等比数列的首项和公比，可求出；（2）由题意得出，再利用等差数列的定义证明出数列为等差数列，确定等差数列的首项和公差，可求出数列的通项公式；（3）求出数列的通项公式，由数列在时取最小值，可得出当时，，当时，，再利用参变量分离法可得出实数的取值范围.【详解】（1）当时，有，即，；当时，由，可得，将上述两式相减得，，，且，所以，数列是以，以为公比的等比数列，；（2）由（1）知，，由等差数列的定义得，且，所以，数列是以为首项，以为公差的等差数列，因此，；（3）由（2）知，，，由数列在时取最小值，可得出当时，，当时，，由，得，得在时恒成立，由于数列在时单调递减，则，此时，；由，得，得在时恒成立，由于数列在时单调递减，则，此时，.综上所述：实数的取