福福建省泉州市2026届数学高一下期末学业质量监测试题含解析

福福建省泉州市2026届数学高一下期末学业质量监测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．如图，给出的是的值的一个程序框图，判断框内应填入的条件是（）A． B． C． D．2．在区间上随机取一个数x，的值介于0到之间的概率为（）A． B． C． D．3．已知A(2,4)与B(3,3)关于直线l对称，则直线l的方程为()．A．x＋y＝0 B．x－y＝0C．x－y＋1＝0 D．x＋y－6＝04．若，，表示三条不重合的直线，，表示两个不同的平面，则下列命题中，正确的个数是（）①若，，则②，，，则③若，，则④若，，则A．0 B．1 C．2 D．35．若，，，点C在AB上，且，设，则的值为（）A． B． C． D．6．如图，在直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值是（）A． B． C． D．7．已知向量，，若与的夹角为，则（）A．2 B． C． D．18．已知：，，若函数和有完全相同的对称轴，则不等式的解集是A． B．C． D．9．若角α的终边经过点P(-1,1A．sinα=1C．cosα=210．正方体中，则异面直线与所成的角是A．30° B．45° C．60° D．90°二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．函数，的值域是_____．12．已知函数．利用课本中推导等差数列的前项和的公式的方法，可求得的值为_____．13．球的内接圆柱的表面积为，侧面积为，则该球的表面积为_______14．已知在中，角的大小依次成等差数列，最大边和最小边的长是方程的两实根，则__________．15．已知棱长都相等正四棱锥的侧面积为，则该正四棱锥内切球的表面积为________．16．已知圆及点，若满足：存在圆C上的两点P和Q，使得，则实数m的取值范围是________.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．如图，在四棱锥中，底面为矩形，为等边三角形，且平面平面.为的中点，为的中点，过点，，的平面交于.（1）求证：平面；（2）若时，求二面角的余弦值.18．已知函数，.（1）求的最小正周期；（2）求在闭区间上的最大值和最小值.19．已知抛物线的焦点为，过的直线交轴正半轴于点，交抛物线于两点，其中点在第一象限.（Ⅰ）求证：以线段为直径的圆与轴相切；（Ⅱ）若,,，求的取值范围.20．在锐角三角形中，内角的对边分别为且．（1）求角的大小；（2）若，，求△的面积．21．已知关于的不等式．（1）若不等式的解集为，求；（2）当时，解此不等式．

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】试题分析：由题意得，执行上式的循环结构，第一次循环：；第二次循环：；第三次循环：；，第次循环：，此时终止循环，输出结果，所以判断框中，添加，故选B．考点：程序框图．2、A【解析】因为,若,则,，故选A.3、C【解析】试题分析：两点关于直线对称，则,点与的中点在直线上，,那么直线的斜率等于，中点坐标为，即中点坐标为，,整理得：,故选C.考点：求直线方程4、B【解析】

①根据空间线线位置关系的定义判定；②根据面面平行的性质判定；③根据空间线线垂直的定义判定；④根据线面垂直的性质判定．【详解】解：①若，，与的位置关系不定，故错；②若，，，则或、异面，故错；③若，，则或、异面，故错；④若，，则，故正确．故选：．【点睛】本题考查了空间线面位置关系，考查了空间想象能力，属于中档题．5、B【解析】

利用向量的数量积运算即可算出．【详解】解：，，又在上，故选：【点睛】本题主要考查了向量的基本运算的应用，向量的基本定理的应用及向量共线定理等知识的综合应用．6、D【解析】连结，∵，

∴是异面直线与所成角（或所成角的补角），

∵在直三棱柱中，，，，

∴，，，，

∴，

∴异面直线与所成角的余弦值为，故选D.7、B【解析】

先计算与的模，再根据向量数量积的性质即可计算求值.【详解】因为，，所以，.又，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，向量的数量积，向量的模的计算，属于中档题.8、B【解析】

，所以因此，选B.9、B【解析】

利用三角函数的定义可得α的三个三角函数值后可得正确的选项.【详解】因为角α的终边经过点P-1,1，故r=OP=所以sinα=【点睛】本题考查三角函数的定义，属于基础题.10、C【解析】连接A，易知：平行A，∴异面直线与所成的角即异面直线与A所成的角，连接，易知△为等边三角形，

∴异面直线与所成的角是60°故选C二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

首先根据的范围求出的范围，从而求出值域。【详解】当时，，由于反余弦函数是定义域上的减函数，且所以值域为故答案为：．【点睛】本题主要考查了复合函数值域的求法：首先求出内函数的值域再求外函数的值域。属于基础题。12、1．【解析】

由题意可知：可以计算出的值，最后求出的值.【详解】设,，所以有，因为,因此【点睛】本题考查了数学阅读能力、知识迁移能力，考查了倒序相加法.13、【解析】

设底面半径为，圆柱的高为，根据圆柱求得和的值，进而利用圆柱的轴截面求得球的半径，利用球的表面积公式，即可求解．【详解】由题意，设底面半径为，圆柱的高为，则圆柱的底面面积为，解得，侧面积，解得，则圆柱的轴截面是边长分别为4和3的矩形，其对角线长为5，所以外接球的半径为，所以球的表面积为．【点睛】本题主要考查了圆柱的表面积和侧面积公式的应用，以及球的表面积公式应用，其中解答中正确理解空间几何体的结构特征是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于基础题．14、【解析】

本题首先可根据角的大小依次成等差数列计算出，然后根据最大边和最小边的长是方程的两实根得到以及，最后根据余弦定理即可得出结果．【详解】因为角成等差数列，所以，又因为，所以.设方程的两根分别为、，则，由余弦定理可知：，所以.【点睛】本题考查根据余弦定理求三角形边长，考查等差中项以及韦达定理的应用，余弦定理公式为，体现了综合性，是中档题．15、【解析】

根据侧面积求出正四棱锥的棱长，画出组合体的截面图，根据三角形的相似求得四棱锥内切球的半径，于是可得内切球的表面积．【详解】设正四棱锥的棱长为，则，解得．于是该正四棱锥内切球的大圆是如图△PMN的内切圆，其中，．∴．设内切圆的半径为，由∽，得，即，解得，∴内切球的表面积为．【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．16、【解析】

设出点P、Q的坐标，利用平面向量的坐标运算以及两圆相交的条件求出实数m的取值范围.【详解】设点，由得，由点在圆上，得，又在圆上，，与有交点，则，解得故实数m的取值范围为.故答案为：【点睛】本题考查了向量的坐标运算、利用圆与圆的位置关系求参数的取值范围，属于中档题.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）首先证明平面，由平面平面，可说明，由此可得四边形为平行四边形，即可证明平面；（2）延长交于点，过点作交直线于点，则即为二面角的平面角，求出的余弦值即可得到答案．【详解】（1）∵为矩形∴，平面，平面∴平面.又因为平面平面，∴.为中点，为中点，所以平行且等于，即四边形为平行四边形所以，平面，平面所以平面（2）不妨设，.因为为中点，为等边三角形，所以，，且∵，所以有平面，故因为平面平面∴平面，又，∴平面，则延长交于点，过点作交直线于点，由于平行且等于，所以为中点，，由于，，，所以平面，则，所以即为二面角的平面角在中，，，所以，所以.【点睛】本题考查线面平行的证明，以及二面角的余弦值的求法，考查学生空间想象能力，计算能力，由一定综合性．18、（1）；（2）最大值为，最小值为【解析】

（1）由三角函数恒等变换的应用可得，利用正弦函数的周期性可求最小正周期.

（2）通过，求得，再利用正弦函数的性质可求最值.【详解】解答：解：（1）由已知，有

，

所以的最小正周期；

（2），当，即时，取最大值，且最大值为；当，即时，取最小值，且最小值为.【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数性质的应用，考查了转化思想，属于基础题.19、（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】

试题分析：（Ⅰ）题意实质上证明线段的中点到轴的距离等于线段长的一半，根据抛物线的定义设可证得；（Ⅱ）同样设，，把已知,用坐标表示出来，消去坐标及，得出与的关系，此时就可得出的取值范围．试题解析：（Ⅰ）由已知,设，则，圆心坐标为，圆心到轴的距离为，圆的半径为，所以，以线段为直径的圆与轴相切．（Ⅱ）解法一：设，由,,得，，所以，，由，得．又，，所以．代入，得，，整理得，代入，得，所以，因为，所以的取值范围是．解法二：设，，将代入，得，所以（*），由，，得，，所以，，，将代入（*）式，得，所以，．代入，得．因为，所以的取值范围是．考点：抛物线的定义，抛物线的焦点弦问题．20、（1）；（2）.【解析】

（1）利用正弦定理及，便可求出，得到的大小；（2）利用（1）中所求的大小，结合余弦定理求出的值，最后再用三角形面积公式求出值.【详解】（1）由及正弦定理，得.因为为锐角，所以.（2）由余弦定理，得，又，所以，所以.考点：正余弦定理的综合应用及面积公式.21、（1）2（2）时，，时，，时，不等式的解集为空集，时，，时，.【解析】

（1）根据不等式的解集和韦达定理