海南省万宁市第三中学2026届高一下数学期末统考试题含解析

海南省万宁市第三中学2026届高一下数学期末统考试题注意事项: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．在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是，那么概率是的事件是（）A．2张恰有一张是移动卡 B．2张至多有一张是移动卡C．2张都不是移动卡 D．2张至少有一张是移动卡2．已知数列是等差数列，数列满足，的前项和用表示，若满足，则当取得最大值时，的值为（）A．16 B．15 C．14 D．133．函数的图像大致为（）A． B． C． D．4．已知正实数满足，则的最小值（）A．2 B．3 C．4 D．5．执行下边的程序框图，如果输出的值为1，则输入的值为（）A．0 B． C．0或 D．0或16．已知，都是实数，那么“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件7．对数列，若区间满足下列条件：①；②，则称为区间套．下列选项中，可以构成区间套的数列是（）A．；B．C．D．8．在某项体育比赛中，七位裁判为一选手打出的分数如下：90，89，90，95，93，94，93，去掉一个最高分和一个最低分后，所剩数据的平均数和方差分别为()A．92，2 B．92，2.8 C．93，2 D．93，2.89．下列关于函数（）的叙述，正确的是（）A．在上单调递增，在上单调递减B．值域为C．图像关于点中心对称D．不等式的解集为10．《孙子算经》是中国古代重要的数学著作．其中的一道题“今有木，方三尺，高三尺，欲方五寸作枕一枚．问：得几何？”意思是：“有一块棱长为3尺的正方体方木，要把它作成边长为5寸的正方体枕头，可作多少个？”现有这样的一个正方体木料，其外周已涂上油漆，则从切割后的正方体枕头中任取一块，恰有一面涂上油漆的概率为()A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．定义运算，如果，并且不等式对任意实数x恒成立，则实数m的范围是______.12．若，，则的值为______．13．已知三棱锥的底面是腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长都等于，则其外接球的体积为______.14．如图，在中，，，点D为BC的中点，设，.的值为___________.15．已知为等差数列，为其前项和，若，则，则______．16．若点到直线的距离是，则实数=______．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，，且.（1）求函数的最小正周期；（2）若用和分别表示函数W的最大值和最小值.当时，求的值.18．如图，在直三棱柱中，，，是棱的中点．（1）求证：；（2）求证：．19．已知等差数列满足，，其前项和为.（1）求的通项公式及；（2）令，求数列的前项和，并求的值.20．已知函数.（I）当时，求不等式的解集；（II）若关于的不等式有且仅有一个整数解，求正实数的取值范围.21．在锐角中，角，，所对的边分别为，，，且.（1）求；（2）若的面积为8，，求的值.

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、B【解析】

概率的事件可以认为是概率为的对立事件．【详解】事件“2张全是移动卡”的概率是，它的对立事件的概率是，事件为“2张不全是移动卡”，也即为“2张至多有一张是移动卡”．故选B．【点睛】本题考查对立事件，解题关键是掌握对立事件的概率性质：即对立事件的概率和为1．2、A【解析】

设等差数列的公差为，根据得到，推出，判断出当时，；时，；再根据，判断出对取正负的影响，进而可得出结果.【详解】设等差数列的公差为，因为数列是等差数列，，所以，因此，所以，所以，，因此，当时，；时，，因为，所以当时，，当时，，当时，，当时，因为，所以；因为所以，当时，取得最大值.故选：A【点睛】本题主要考查等差数列的应用，熟记等差数列的性质，及其函数特征即可，属于常考题型.3、A【解析】

先判断函数为偶函数排除；再根据当时，，排除得到答案.【详解】，偶函数，排除；当时，，排除故选：【点睛】本题考查了函数图像的识别，通过函数的奇偶性和特殊函数点可以排除选项快速得到答案.4、B【解析】

，当且仅当，即，时的最小值为3.故选B.点睛：本题主要考查基本不等式.在用基本不等式求最值时，应具备三个条件：一正二定三相等.①一正：关系式中，各项均为正数；②二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；③三相等：含变量的各项均相等，取得最值.5、C【解析】

根据程序框图，转化为条件函数进行计算即可．【详解】程序对应的函数为y，若x≤0，由y＝1得ex＝1，得x＝0，满足条件．若x＞0，由y＝2﹣lnx＝1，得lnx＝1，即x＝e，满足条件．综上x＝0或e，故选C．【点睛】本题主要考查程序框图的识别和应用，根据条件转化为分段函数是解决本题的关键．6、D【解析】；，与没有包含关系，故为“既不充分也不必要条件”.7、C【解析】由题意，得为递增数列，为递减数列，且当时，；而与与均为递减数列，所以排除A,B,D，故选C.考点：新定义题目.8、B【解析】

由平均数与方差的计算公式，计算90，90，93，94，93五个数的平均数和方差即可.【详解】90，89，90，95，93，94，93，去掉一个最高分和一个最低分后是90，90，93，94，93，所以其平均数为，因此方差为.故选B【点睛】本题主要考查平均数与方差的计算，熟记公式即可，属于基础题型.9、D【解析】

运用正弦函数的一个周期的图象，结合单调性、值域和对称中心，以及不等式的解集，可得所求结论.【详解】函数（），在，单调递增，在上单调递减；值域为；图象关于点对称；由可得，解得：.故选：D.【点睛】本题考查三角函数的图象和性质，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题.10、C【解析】

有一块棱长为3尺的正方体方木，要把它作成边长为5寸的正方体枕头，可作216个，由正方体的结构及锯木块的方法，可知一面带有红漆的木块是每个面的中间那16块，共有6×16＝96个，由此能求出从切割后的正方体枕头中任取一块，恰有一面涂上油漆的概率．【详解】有一块棱长为3尺的正方体方木，要把它作成边长为5寸的正方体枕头，可作216个，由正方体的结构及锯木块的方法，可知一面带有红漆的木块是每个面的中间那16块，共有6×16＝96个，∴从切割后的正方体枕头中任取一块，恰有一面涂上油漆的概率：p．故选C．【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、正方体的结构特征等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．对于古典概型，要求事件总数是可数的，满足条件的事件个数可数，使得满足条件的事件个数除以总的事件个数即可.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

先由题意得到，根据题意求出的最大值，即可得出结果.【详解】由题意得到，其中，因为，所以，又不等式对任意实数x恒成立，所以.故答案【点睛】本题主要考查由不等式恒成立求参数的问题，熟记三角函数的性质即可，属于常考题型.12、【解析】

求出，将展开即可得解．【详解】因为，，所以，所以.【点睛】本题主要考查了三角恒等式及两角和的正弦公式，考查计算能力，属于基础题．13、【解析】

先判断球心在上，再利用勾股定理得到半径，最后计算体积.【详解】三棱锥的底面是腰长为2的等腰直角三角形，侧棱长都等于为中点，为外心，连接，平面球心在上设半径为故答案为【点睛】本题考查了三棱锥外接球的体积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.14、【解析】

在和在中,根据正弦定理,分别表示出.由可得等式,代入已知条件化简即可得解.【详解】在中,由正弦定理可得,则在中,由正弦定理可得,则点D为BC的中点,则所以因为,,由诱导公式可知代入上述两式可得所以故答案为:【点睛】本题考查了正弦定理的简单应用,属于基础题.15、【解析】

利用等差中项的性质求出的值，再利用等差中项的性质求出的值.【详解】由等差中项的性质可得，得，由等差中项的性质得，.故答案为：.【点睛】本题考查等差数列中项的计算，充分利用等差中项的性质进行计算是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.16、或1【解析】

由点到直线的距离公式进行解答，即可求出实数a的值．【详解】点（1，a）到直线x﹣y+1＝0的距离是，∴；即|a﹣2|＝3，解得a＝﹣1，或a＝1，∴实数a的值为﹣1或1．故答案为：﹣1或1．【点睛】本题考查了点到直线的距离公式的应用问题，解题时应熟记点到直线的距离公式，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）；（2）.【解析】

（1）根据向量数量积的计算公式和三角恒等变换公式可将化简为，进而求得函数的最小正周期；（2）由可求得的范围，进而可求得的最大值和最小值，最后得解.【详解】（1）∴；（2），，，∴当时，，当时，，∴.【点睛】本题考查向量数量积的计算公式和三角恒等变换公式，考查三角函数的单调性和周期性，考查逻辑思维能力和计算能力，属于常考题.18、(1)见详解；（2）见详解.【解析】

（1）连接AC1，设AC1∩A1C＝O，连接OD，可求O为AC1的中点，D是棱AB的中点，利用中位线的性质可证OD∥BC1，根据线面平行的判断定理即可证明BC1∥平面A1CD．（2）由（1）可证平行四边形ACC1A1是菱形，由其性质可得AC1⊥A1C，利用线面垂直的性质可证AB⊥AA1，根据AB⊥AC，利用线面垂直的判定定理可证AB⊥平面ACC1A1，利用线面垂直的性质可证AB⊥A1C，又AC1⊥A1C，根据线面垂直的判定定理可证A1C⊥平面ABC1，利用线面垂直的性质即可证明BC1⊥A1C．【详解】（1）连接AC1，设AC1∩A1C＝O，连接OD，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ACC1A1是平行四边形，所以：O为AC1的中点，又因为：D是棱AB的中点，所以：OD∥BC1，又因为：BC1⊄平面A1CD，OD⊂平面A1CD，所以：BC1∥平面A1CD．（2）由（1）可知：侧面ACC1A1是平行四边形，因为：AC＝AA1，所以：平行四边形ACC1A1是菱形，所以：AC1⊥A1C，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，因为：AB⊂平面ABC，所以：AB⊥AA1，又因为：AB⊥AC，AC∩AA1＝A，AC⊂平面ACC1A1，AA1⊂平面ACC1A1，所以：AB⊥平面ACC1A1，因为：A1C⊂平面ACC1A1，所以：AB⊥A1C，又因为：AC1⊥A1C，AB∩AC1＝A，AB⊂平面ABC1，AC1⊂平面ABC1，所以：A1C⊥平面ABC1，因为：BC1⊂平面ABC1，所以：BC1⊥A1C．【点睛】本题主要考查了线面平行的判定，线面垂直的性质，线面垂直的判定，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．19、（1），；（2），【解析】

（1）利用等差数列的通项公式及前n项的和公式可得答案；（2）利用“裂项求和”法可得答案.【详解】解：（1）设等差数列的公差为，由，得，又，解得.所以.所以.（2）由，得.设的前项和为，则.【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式及前n项的和，及数列求和的“裂项相消法”，属于中档题.20、（I）；（II），或【解析】

（I）直接解不等式得解集；（II）对a分类讨论解不等式分析找到a满足的不等式，解不等式即得解.【详解】（I）当时，不等式为，不等式的解集为，所以不等式的解集为；（II）原不等式可化为，①当，即时，原