江苏南京玄武区2026届高一下数学期末达标检测模拟试题含解析

江苏南京玄武区2026届高一下数学期末达标检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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．已知角以坐标系中为始边，终边与单位圆交于点，则的值为（）A． B． C． D．2．设是平面内的一组基底,则下面四组向量中,能作为基底的是（）A．与 B．与C．与 D．与3．如图是棱长为的正方体的平面展开图，则在这个正方体中直线所成角的大小为（）A． B． C． D．4．以为圆心，且与两条直线，都相切的圆的标准方程为（）A． B．C． D．5．某班现有60名学生，随机编号为0，1，2，…，59.依编号顺序平均分成10组，组号依次为1，2，3，…，10.现用系统抽样的方法抽取一个容量为10的样本，若在第1组中随机抽取的号码为5，则在第7组中随机抽取的号码为（）A．41 B．42 C．43 D．446．等比数列中，，则A．20 B．16 C．15 D．107．在△中，为边上的中线，为的中点，则A． B．C． D．8．已知，，若对任意的，恒成立，则角的取值范围是A．B．C．D．9．等差数列的首项为.公差不为，若成等比数列，则数列的前项和为（）A． B． C． D．10．已知扇形的面积为，半径为，则扇形的圆心角的弧度数为A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．不等式的解集为_______________．12．已知等差数列中，其前项和为，且，，当取最大值时，的值等于_____.13．《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一.书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得份量成等差数列，且较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小一份的量为___.14．方程组对应的增广矩阵为__________.15．若a、b、c正数依次成等差数列，则的最小值为_______.16．函数的单调增区间是_________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．在中，角所对的边分别为，满足（1）求的值；（2）若，求b的取值范围.18．已知圆：，点是直线：上的一动点，过点作圆M的切线、，切点为、．（Ⅰ）当切线PA的长度为时，求点的坐标；（Ⅱ）若的外接圆为圆，试问：当运动时，圆是否过定点？若存在，求出所有的定点的坐标；若不存在，说明理由；（Ⅲ）求线段长度的最小值．19．如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，，底面.（1）证明：；（2）设，求点到面的距离.20．已知点，圆．（1）求过点M的圆的切线方程；（2）若直线与圆相交于A，B两点，且弦AB的长为，求的值．21．一扇形的周长为20，当扇形的圆心角等于多少时，这个扇形的面积最大？最大面积是多少？

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】

根据题意可知的值，从而可求的值.【详解】因为，，则.故选A.【点睛】本题考查任意角的三角函数的基本计算，难度较易.若终边与单位圆交于点，则.2、C【解析】

利用向量可以作为基底的条件是，两个向量不共线，由此分别判定选项中的两个向量是否共线即可．【详解】由是平面内的一组基底，所以和不共线，对应选项A：，所以这2个向量共线，不能作为基底；对应选项B：，所以这2个向量共线，不能作为基底；对应选项D：，所以这2个向量共线，不能作为基底；对应选项C：与不共线，能作为基底.故选：C．【点睛】本题主要考查基底的定义，判断2个向量是否共线的方法，属于基础题．3、C【解析】

根据异面直线所成的角的定义，先作其中一条的平行线，作出异面直线所成的角，然后求解.【详解】如图所示：在正方体中，，所以直线所成角，由正方体的性质，知，所以.故选：C【点睛】本题主要考查了异面直线所成的角，还考查了推理论证的能力，属于基础题.4、C【解析】

由题意有，再求解即可.【详解】解：设圆的半径为，则，则，即圆的标准方程为，故选：C.【点睛】本题考查了点到直线的距离公式，重点考查了运算能力，属基础题.5、A【解析】

由系统抽样．先确定分组间隔，然后编号成等差数列来求所抽取号码．【详解】由题知分组间隔为以，又第1组中抽取的号码为5，所以第7组中抽取的号码为.故选：A.【点睛】本题考查系统抽样，掌握系统抽样的概念与方法是解题基础．6、B【解析】试题分析：由等比中项的性质可得：，故选择B考点：等比中项的性质7、A【解析】分析：首先将图画出来，接着应用三角形中线向量的特征，求得，之后应用向量的加法运算法则-------三角形法则，得到，之后将其合并，得到，下一步应用相反向量，求得，从而求得结果.详解：根据向量的运算法则，可得，所以，故选A.点睛：该题考查的是有关平面向量基本定理的有关问题，涉及到的知识点有三角形的中线向量、向量加法的三角形法则、共线向量的表示以及相反向量的问题，在解题的过程中，需要认真对待每一步运算.8、B【解析】

由向量的数量积得，对任任意的，恒成立，转化成关于的一次函数，保证在和的函数值同时小于0即可.【详解】，因为对任意的恒成立，则，，解得：，故选B.【点睛】本题考查向量数量积的坐标运算、三角恒等变换及不等式恒成立问题，求解的关键是变换主元的思想，即把不等式看成是关于变量的一次函数，问题则变得简单.9、A【解析】

根据等比中项定义可得；利用和表示出等式，可构造方程求得；利用等差数列求和公式求得结果.【详解】由题意得：设等差数列公差为，则即：，解得：本题正确选项：【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，涉及到等比中项、等差数列前项和公式的应用；关键是能够构造方程求出公差，属于常考题型.10、A【解析】

设半径为，圆心角为，根据扇形面积公式，结合题中数据，即可求出结果.【详解】设半径为，圆心角为，则对应扇形面积，又，，则故选A.【点睛】本题主要考查由扇形面积求圆心角的问题，熟记扇形面积公式即可，属于常考题型.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】.12、或【解析】

设等差数列的公差为，由可得出与的等量关系，然后求出的表达式，解不等式，即可得出使得取得最大值的正整数的值.【详解】设等差数列的公差为，由，可得，可得，，令，即，，解得.因此，当或时，取得最大值.故答案为：或.【点睛】本题考查等差数列前项和的最大值的求解，可利用二次函数的基本性质来求，也可以转化为等差数列所有的非负项之和的问题求解，考查化归与转化思想，属于中等题.13、【解析】

设此等差数列为{an}，公差为d，则（a3+a4+a5）×=a1+a2，即，解得a1=，d=．最小一份为a1，故答案为．14、【解析】

根据增广矩阵的概念求解即可.【详解】方程组对应的增广矩阵为,故答案为：.【点睛】本题考查增广矩阵的概念，是基础题.15、1【解析】

由正数a、b、c依次成等差数列，则，则，再结合基本不等式求最值即可.【详解】解：由正数a、b、c依次成等差数列，则，则，当且仅当，即时取等号，故答案为：1.【点睛】本题考查了等差中项的运算，重点考查了基本不等式的应用，属基础题.16、，【解析】

令，即可求得结果.【详解】令，解得：，所以单调递增区间是，故填：，【点睛】本题考查了型如：单调区间的求法，属于基础题型.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)(2)【解析】

（1）代入条件化简得，再由同角三角函数基本关系求出；（2）利用余弦定理、，把表示成关于的二次函数.【详解】（1），，即，，，又，解得：.（2），可得，由余弦定理可得：，，所以b的取值范围为.【点睛】对于运动变化问题，常用函数与方程的思想进行研究，所以自然而然想到构造以是关于或的函数.18、（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）AB有最小值【解析】

试题分析：（Ⅰ）求点的坐标，需列出两个独立条件,根据解方程组解：由点是直线：上的一动点，得，由切线PA的长度为得，解得（Ⅱ）设P（2b,b），先确定圆的方程：因为∠MAP＝90°，所以经过A、P、M三点的圆以MP为直径，其方程为：，再按b整理：由解得或，所以圆过定点（Ⅲ）先确定直线方程，这可利用两圆公共弦性质解得：由圆方程为及圆：，相减消去x,y平方项得圆方程与圆相交弦AB所在直线方程为：，相交弦长即：，当时，AB有最小值试题解析：（Ⅰ）由题可知，圆M的半径r＝2，设P（2b,b），因为PA是圆M的一条切线，所以∠MAP＝90°,所以MP＝，解得所以4分（Ⅱ）设P（2b，b），因为∠MAP＝90°，所以经过A、P、M三点的圆以MP为直径，其方程为：即由，7分解得或，所以圆过定点9分（Ⅲ）因为圆方程为即①圆：，即②②－①得圆方程与圆相交弦AB所在直线方程为：11分点M到直线AB的距离13分相交弦长即：当时，AB有最小值16分考点：圆的切线长，圆的方程，两圆的公共弦方程19、（1）见解析（2）【解析】试题分析：（Ⅰ）要证明线线垂直，一般用到线面垂直的性质定理，即先要证线面垂直，首先由已知底面.知，因此要证平面，从而只要证，这在中可证；（Ⅱ）要求点到平面的距离，可过点作平面的垂线，由（Ⅰ）的证明，可得平面，从而有平面，因此平面平面，因此只要过作于，则就是的要作的垂线，线段的长就是所要求的距离．试题解析：（Ⅰ）证明：因为，，由余弦定理得.从而，∴，又由底面，面，可得.所以平面.故.（Ⅱ）解：作，垂足为.已知底面，则，由（Ⅰ）知，又，所以.故平面，.则平面.由题设知，，则，，根据，得，即点到面的距离为.考点：线面垂直的判定与性质．点到平面的距离．20、（1）或．（2）【解析】

(1)分切线的斜率不存在与存在两种情况分析.当斜率存在时设方程为,再根据圆心到直线的距离等于半径求解即可.(2)利用垂径定理根据圆心到直线的距离列出等式求解即可.【详解】解：（1）由题意知圆心的坐标为,半径,当过点M的直线的斜率不存在时,方程为．由圆心到直线的距离知,此时,直线与圆相切．当过点M的直线的斜率存在时,设方程为,即．由题意知,解得,∴方程为．故过点M的圆的切线方程为或．（2）∵圆心到直线的距离为,∴,解得．【点睛】本题主要考查了直线与圆相切与相交时的求解.注意直线过定点时分析斜率不存在与存