上海市市三女中2026届数学高一下期末学业质量监测试题含解析

上海市市三女中2026届数学高一下期末学业质量监测试题注意事项：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．已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A． B． C． D．2．函数的单调递增区间是（）A． B． C． D．3．已知，，若对任意的，恒成立，则角的取值范围是A．B．C．D．4．已知，是平面，m，n是直线，则下列命题不正确的是（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则5．在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，它的始边与轴的非负半轴重合，终边交单位圆于点，则的值为()A． B． C． D．6．将边长为2的正方形沿对角线折起，则三棱锥的外接球表面积为（）A． B． C． D．7．三边，满足，则三角形是（）A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．等边三角形 D．直角三角形8．在正方体中，点是四边形的中心，关于直线，下列说法正确的是（）A． B．C．平面 D．平面9．已知向量，且，则的值为（）A． B． C． D．10．已知集合，则().A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．数列{}的前项和为，若，则{}的前2019项和____.12．在平面直角坐标系中，圆的方程为．若直线上存在一点，使过所作的圆的两条切线相互垂直，则实数的取值范围是______．13．已知，是夹角为的两个单位向量，向量，，若，则实数的值为________.14．数列中，，则____________．15．已知圆C的方程为，一定点为A(1,2)，要使过A点作圆的切线有两条，则a的取值范围是____________16．已知数列是公差不为0的等差数列，，且成等比数列，则的前9项和_______.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．如图所示，在直三棱柱中，，平面，D为AC的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面；（3）设E是上一点，试确定E的位置使平面平面BDE，并说明理由.18．已知平面向量（1）若，求；（2）若，求与夹角的余弦值.19．如图，已知平面平行于三棱锥的底面，等边所在的平面与底面垂直，且，设（1）求证：且；（2）求二面角的余弦值.20．如图，已知四棱锥，底面为菱形，，,平面，分别是的中点．（1）证明：；（2）若为上的动点，与平面所成最大角的正切值为，求二面角的余弦值．21．已知为等差数列，且，．求的通项公式；若等比数列满足，，求的前n项和公式．

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】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，所以其表面积为，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.2、A【解析】

先求出所有的单调递增区间，然后与取交集即可.【详解】因为令得：所以的单调递增区间是因为，所以即函数的单调递增区间是故选：A【点睛】求形如的单调区间时，一般利用复合函数的单调性原理“同增异减”来求出此函数的单调区间，当时，需要用诱导公式将函数转化为.3、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.4、D【解析】

由题意找到反例即可确定错误的选项.【详解】如图所示，在正方体中，取直线m为，平面为，满足，取平面为平面，则的交线为，很明显m和n为异面直线，不满足，选项D错误；如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面，所以A正确；如果两个平面与同一条直线垂直，则这两个平面平行，所以B正确；由A选项和面面垂直的判定定理可得C也正确.本题答案为D.【点睛】本题主要考查线面关系有关命题真假的判断，意在考查学生的转化能力和逻辑推理能力，属基础题.5、C【解析】

根据三角函数的定义，即可求解，得到答案.【详解】由题意，角的顶点与原点重合，它的始边与轴的非负半轴重合，终边交单位圆于点，根据三角函数的定义可得.故选：C.【点睛】本题主要考查了三角的函数的定义，其中解答中熟记三角函数的定义是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.6、C【解析】

根据题意，画出图形，结合图形得出三棱锥的外接球直径，从而求出外接球的表面积，得到答案.【详解】由题意，将边长为2的正方形沿对角线折起，得到三棱锥，如图所示，则,三棱锥的外接球直径为，即半径为，外接球的表面积为，故选C.【点睛】本题主要考查了平面图形的折叠问题，以及外接球的表面积的计算，着重考查了空间想象能力，以及推理与计算能力，属于基础题.7、C【解析】

由基本不等式得出，将三个不等式相加得出，由等号成立的条件可判断出的形状．【详解】为三边，，由基本不等式可得，将上述三个不等式相加得，当且仅当时取等号，所以，是等边三角形，故选C．【点睛】本题考查三角形形状的判断，考查基本不等式的应用，利用基本不等式要注意“一正、二定、三相等”条件的应用，考查推理能力，属于中等题．8、C【解析】

设，证明出，可判断出选项A、C的正误；由为等腰三角形结合可判断出B选项的正误；证明平面可判断出D选项的正误.【详解】如下图所示，设，则为的中点，在正方体中，，则四边形为平行四边形，.易知点、分别为、的中点，，则四边形为平行四边形，则，由于过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，则A选项中的命题错误；，平面，平面，平面，C选项中的命题正确；易知，则为等腰三角形，且为底，所以，与不垂直，由于，则与不垂直，B选项中的命题错误；四边形为正方形，则，在正方体中，平面，平面，，，平面，平面，，同理可证，且，平面，则与平面不垂直，D选项中的命题错误.故选C.【点睛】本题考查线线、线面关系的判断，解题时应充分利用线面平行与垂直等判定定理证明线面平行、线面垂直，考查推理能力，属于中等题.9、B【解析】

由向量平行可构造方程求得结果.【详解】，解得：故选：【点睛】本题考查根据向量平行求解参数值的问题，关键是明确两向量平行可得.10、B【解析】

求解一元二次不等式的解集，化简集合的表示，最后运用集合交集的定义，结合数轴求出.【详解】因为，所以，故本题选B.【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，考查了集合交集的运算，正确求解一元二次不等式的解集、运用数轴是解题的关键.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、1009【解析】

根据周期性，对2019项进行分类计算，可得结果。【详解】解：根据题意，的值以为循环周期，=1009故答案为：1009.【点睛】本题考查了周期性在数列中的应用，属于中档题。12、【解析】试题分析：记两个切点为，则由于，因此四边形是正方形，，圆标准方程为，，，于是圆心直线的距离不大于，，解得.考点：直线和圆的位置关系.13、【解析】

由题意得，且，，由=，解得即可.【详解】已知，是夹角为的两个单位向量，所以，得，若解得故答案为【点睛】本题考查了向量数量积的运算性质，考查了计算能力，属于基础题．14、1【解析】

利用极限运算法则求解即可【详解】故答案为：1【点睛】本题考查数列的极限，是基础题15、【解析】

使过A点作圆的切线有两条，定点在圆外，代入圆方程计算得到答案.【详解】已知圆C的方程为，要使过A点作圆的切线有两条即点A(1,2)在圆C外：恒成立.综上所述：故答案为：【点睛】本题考查了点和圆的位置关系，通过切线数量判断位置关系是解题的关键.16、117【解析】

由成等比数列求出公差，由前项公式求和．【详解】设数列是公差为，则，由成等比数列得，解得，∴．故答案为：117.【点睛】本题考查等差数列的前项和公式，考查等比数列的性质．解题关键是求出数列的公差．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）证明见详解，（2）证明见详解，（3）当为的中点时，平面平面BDE，证明见详解【解析】

（1）连接与相交于，可得，结合线面平行的判定定理即可证明平面（2）先证明和即可得出平面，然后可得，又，即可证明平面（3）当为的中点时，平面平面BDE，由已知易得，结合平面可得平面，进而根据面面垂直的判定定理得到结论.【详解】（1）如图，连接与相交于，则为的中点连接，又为的中点所以，又平面，平面所以平面（2）因为，所以四边形为正方形所以又因为平面，平面所以所以平面，所以又在直三棱柱中，所以平面（3）当为的中点时，平面平面BDE因为分别是的中点所以,因为平面所以平面，又平面所以平面平面BDE【点睛】本题考查的是立体几何中线面平行和垂直的证明，要求我们要熟悉并掌握平行与垂直有关的判定定理和性质定理，在证明的过程中要注意步骤的完整.18、（1）（2）【解析】

（1）由题可得，解出，，进而得出答案．（2）由题可得，，再由计算得出答案，【详解】因为，所以，即解得所以（2）若，则所以，，，所以【点睛】本题主要考查的向量的模以及数量积，属于简单题．19、（1）证明见解析；（1）【解析】

（1）由平面∥平面，根据面面平行的性质定理，可得，，再由，得到.由平面平面，根据面面垂直的性质定理可得平面，从而有.（2）过作于，根据题意有平面，过D作于H，连结AH，由三垂线定理知，所以是二面角的平面角.然后在在中，在中，利用三角形相似求得再在求解.【详解】（1）证明：∵平面∥平面，∴，，∵，，又∵平面平面，平面平面，∴平面，平面，∴.（2）过作于，∵为正三角形，∴D为中点，∵平面∴又∵，∴平面.在等边三角形中，，过D作于H，连结AH，由三垂线定理知，∴是二面角的平面角.在中，～，，∴，，∴.【点睛】本题主要考查几何体中面面平行的性质定理和面面垂直的性质定理及二角面角问题，还考查了空间想象，抽象概括，推理论证的能力，属于中档题.20、(1)见解析；（2）【解析】

（1）证明，利用平面即可证得，问题得证．（2）过点作于点，过点作于点，连接.当与垂直时，与平面所成最大角，利用该最大角的正切值为即可求得，证明就是二面角的一个平面角，解即可．【详解】（1）因为底面为菱形，所以为等边三角形，又为中点所以，又所以因为平面，平面所以，又所以平面（2）过点作于点，过点作于点，连接当与垂直时，与平面所成最大角.由（1）得，此时.所以就是与平面所成的角.在中，由题意可得：,又所以.设，在中由等面积法得：解得：，所以因为平面，平面所以平面平面，又平面平面，，平面所以平面，又平面所以，又，所以平面，所以所以就是二面角的一个平面角因为为的中点，且所以，又所以在中，求得：,,由可得：,即：，解得：所以所以所以二面角