云南省玉溪市师院附中2026届高一下数学期末综合测试模拟试题含解析

云南省玉溪市师院附中2026届高一下数学期末综合测试模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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＝4，＝3，，则与的夹角为（）A． B． C． D．2．将两个长、宽、高分别为5，4，3的长方体垒在一起，使其中两个面完全重合，组成一个大长方体，则大长方体的外接球表面积的最大值为（）A． B． C． D．3．在等差数列中，若，且它的前项和有最大值，则使成立的正整数的最大值是（）A．15 B．16 C．17 D．144．如图所示的阴影部分是由轴及曲线围成，在矩形区域内随机取一点，则该点取自阴影部分的概率是（）A． B． C． D．5．“”是“函数的图像关于直线对称”的（）条件A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．既不充分又非必要6．已知各项为正数的等比数列中，，，则公比q＝A．4 B．3 C．2 D．7．从装有红球、白球和黑球各2个的口袋内一次取出2个球，则与事件“两球都为白球”互斥而非对立的事件是以下事件“①两球都不是白球；②两球恰有一个白球；③两球至少有一个白球”中的()A．①② B．①③C．②③ D．①②③8．已知函数在区间（1，2）上是增函数，则实数a的取值范围是（）A．（0，+∞） B．（0，1） C．（0，1] D．（﹣1，0）9．已知曲线C的方程为x2+y2＝2（x+|y|），直线x＝my+4与曲线C有两个交点，则m的取值范围是（）A．m＞1或m＜﹣1 B．m＞7或m＜﹣7C．m＞7或m＜﹣1 D．m＞1或m＜﹣710．下图是某圆拱形桥一孔圆拱的示意图，这个圆的圆拱跨度米，拱高米，建造时每隔8米需要用一根支柱支撑，则支柱的高度大约是（）A．9.7米 B．9.1米 C．8.7米 D．8.1米二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．将函数的图象上每一点的横坐标缩短为原来的一半，纵坐标不变；再向右平移个单位长度得到的图象，则_________.12．已知二面角为60°，动点P、Q分别在面、内，P到的距离为，Q到的距离为，则P、Q两点之间距离的最小值为．13．在三棱锥中，平面，是边长为2的正三角形，，则三棱锥的外接球的表面积为__________．14．已知中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则的面积为______；15．一艘轮船按照北偏西30°的方向以每小时21海里的速度航行，一个灯塔M原来在轮船的北偏东30°的方向，经过40分钟后，测得灯塔在轮船的北偏东75°的方向，则灯塔和轮船原来的距离是_____海里．16．已知向量，的夹角为，若，，则________.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．设全集是实数集，集合，．（1）若，求实数的取值范围；（2）若，求．18．已知数列的前项和为．（Ⅰ）当时，求数列的通项公式；（Ⅱ）当时，令，求数列的前项和．19．已知关于的函数.（Ⅰ）当时，求不等式的解集；（Ⅱ）若对任意的恒成立，求实数的最大值.20．已知等比数列的前项和为，，，且.（1）求的通项公式；（2）是否存在正整数，使得成立？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由.21．已知，，且（1）求函数的解析式；（2）当时，的最小值是，求此时函数的最大值，并求出函数取得最大值时自变量的值

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、C【解析】

由已知中，，，我们可以求出的值，进而根据数量积的夹角公式，求出，，进而得到向量与的夹角；【详解】，，，，，所以向量与的夹角为.故选C【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算和向量的夹角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.2、B【解析】

要计算长方体的外接球表面积就是要求出外接球的半径，根据长方体的对角线是外接球的直径这一性质，就可以求出外接球的表面积，分类讨论：（1）长宽的两个面重合；（2）长高的两个面重合；（3）高宽两个面重合，分别计算出新长方体的对角线，然后分别计算出外接球的表面积，最后通过比较即可求出最大值.【详解】（1）当长宽的两个面重合，新的长方体的长为5，宽为4，高为6，对角线长为：，所以大长方体的外接球表面积为；（2）当长高两个面重合，新的长方体的长5，宽为8，高为3，对角线长为：，所以大长方体的外接球表面积为；（3）当宽高两个面重合，新的长方体的长为10，宽为4，高为3，对角线长为：，所以大长方体的外接球表面积为，显然大长方体的外接球表面积的最大值为，故本题选B.【点睛】本题考查了长方体外接球的半径的求法，考查了分类讨论思想，考查了球的表面积计算公式，考查了数学运算能力.3、C【解析】

由题意可得，，且，由等差数列的性质和求和公式可得结论．【详解】∵等差数列的前项和有最大值，∴等差数列为递减数列，又，∴，，∴，又，，∴成立的正整数的最大值是17，故选C．【点睛】本题考查等差数列的性质，涉及等差数列的求和公式，属中档题．4、A【解析】，所以，故选A。5、A【解析】

根据充分必要条件的判定，即可得出结果.【详解】当时，是函数的对称轴，所以“”是“函数的图像关于直线对称”的充分条件，当函数的图像关于直线对称时，,推不出，所以“”是“函数的图像关于直线对称”的不必要条件，综上选.【点睛】本题主要考查了充分条件、必要条件，余弦函数的对称轴，属于中档题.6、C【解析】

由，利用等比数列的性质，结合各项为正数求出，从而可得结果.【详解】，，，，故选C.【点睛】本题主要考查等比数列的性质，以及等比数列基本量运算，意在考查灵活运用所学知识解决问题的能力，属于简单题.7、A【解析】试题分析：结合互斥事件和对立事件的定义，即可得出结论解：根据题意，结合互斥事件、对立事件的定义可得，事件“两球都为白球”和事件“两球都不是白球”；事件“两球都为白球”和事件“两球中恰有一白球”；不可能同时发生，故它们是互斥事件．但这两个事件不是对立事件，因为他们的和事件不是必然事件．故选A考点：互斥事件与对立事件．8、C【解析】

由题意可得在上为减函数，列出不等式组，由此解得的范围.【详解】∵函数在区间上是增函数，∴函数在上为减函数，其对称轴为，∴可得，解得.故选：C.【点睛】本题主要考查复合函数的单调性，二次函数的性质，体现了转化的数学思想，属于基础题.9、A【解析】

先画出曲线的图象，再求出直线与相切时的，最后结合图象可得的取值范围，得到答案．【详解】如图所示，曲线的图象是两个圆的一部分，由图可知：当直线与曲线相切时，只有一个交点，此时，结合图象可得或．故选：A．【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中熟练应有直线与圆的位置关系，合理结合图象求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题．10、A【解析】

以为原点、以为轴，以为轴建立平面直角坐标系，设出圆心坐标与半径，可得圆拱所在圆的方程，将代入圆的方程，可求出支柱的高度【详解】由图以为原点、以为轴，以为轴建立平面直角坐标系，设圆心坐标为，，，则圆拱所在圆的方程为，，解得，，圆的方程为，将代入圆的方程，得.故选：A【点睛】本题考查了圆的标准方程在生活中的应用，需熟记圆的标准方程的形式，属于基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

由条件根据函数的图象变换规律，，可得的解析式，从而求得的值．【详解】将函数向左平移个单位长度可得的图象；保持纵坐标不变，横坐标伸长为原来的倍可得的图象，故，所以.【点睛】本题主要考查函数）的图象变换规律，属于中档题．12、【解析】

如图

分别作于A,于C,于B,于D,

连CQ,BD则,,

又

当且仅当,即点A与点P重合时取最小值.

故答案选C.【点睛】13、【解析】

设三棱锥的外接球半径为，利用正弦定理求出的外接圆半径，再利用公式可计算出外接球半径，最后利用球体的表面积公式可计算出结果.【详解】由正弦定理可得，的外接圆直径为，，设三棱锥的外接球半径为，平面，，因此，三棱锥的外接球表面积为，故答案为.【点睛】本题考查多面体的外接球，考查球体表面积的计算，在求解直棱柱后直棱锥的外接球，若底面外接圆半径为，高为，可利用公式得出外接球的半径，解题时要熟悉这些结论的应用.14、【解析】

先根据以及余弦定理计算出的值，再由面积公式即可求解出的面积.【详解】因为，所以，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查解三角形中利用余弦定理求角以及面积公式的运用，难度较易.三角形中，已知两边的乘积和第三边所对的角即可利用面积公式求解出三角形面积.15、【解析】

画出示意图，利用正弦定理求解即可.【详解】如图所示：为灯塔，为轮船，，则在中有：，且海里，则解得：海里.【点睛】本题考查解三角形的实际应用，难度较易.关键是能通过题意将航海问题的示意图画出，然后选用正余弦定理去分析问题.16、【解析】

由，展开后进行计算，得到的值，从而得到答案.【详解】因为向量，的夹角为，若，，所以，所以.故答案为：.【点睛】本题考查求向量的模长，向量的数量积运算，属于简单题.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）或（2）当时，；当时，【解析】

（1）若，则或，解得实数的取值范围；（2）若则，结合交集定义，分类讨论可得.【详解】解：（1）若，则或，即或.所以的取值范围为或.（2）∵，则且，∴.当时，;当时，.【点睛】本题考查集合的交集运算，元素与元素的关系，分类讨论思想，属于中档题.18、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）利用的方法，进行求解即可（Ⅱ）仍然使用的方法，先求出，然后代入，并化简得，然后利用裂项求和，求出数列的前项和【详解】解：（Ⅰ）数列的前项和为①．当时，，当时，②，①﹣②得：，（首相不符合通项），所以：（Ⅱ）当时，①，当时，②，①﹣②得：，所以：令，所以：，则：【点睛】本题考查求数列通项的求法的应用，以及利用裂项求和法进行求和，属于基础题19、（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）由时，根据，利用一元二次不等式的解法，即可求解；（Ⅱ）由对任意的恒成立，得到，利用基本不等式求得最小值，即可求解.【详解】（Ⅰ）由题意，当时，函数，由，即，解得或，所以不等式的解集为.（Ⅱ）因为对任意的恒成立，即，又由，当且仅当时，即时，取得最小值，所以，即实数的最大值为.【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的求解，以及基本不等式的应用，其中解答中熟记一元二次不等式的解法，以及合理利用基本不等式求得最小值是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.20、（1）；（2）存在，【解析】

（1）根据条件求解出公比，然后写出等比数列通项；（2）先表示出，然后考虑的的最小值.【详解】（1）因为，所以或，又，则，所以；（2）因为，则，