四川省攀枝花市2026届高一数学第二学期期末监测模拟试题含解析

四川省攀枝花市2026届高一数学第二学期期末监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．函数图象的一条对称轴在内，则满足此条件的一个值为（）A． B． C． D．2．在中，内角，，的对边分别为，，，若，且，则的形状为（）A．等边三角形 B．等腰直角三角形C．最大角为锐角的等腰三角形 D．最大角为钝角的等腰三角形3．已知正四面体ABCD中，E是AB的中点，则异面直线CE与BD所成角的余弦值为()A． B． C． D．4．设数列满足，且，则数列中的最大项为（）A． B． C． D．5．已知某圆柱的底面周长为12，高为2，矩形是该圆柱的轴截面，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为（）A． B． C．3 D．26．点M(4，m）关于点N（n,－3）的对称点为P（6，-9）则（）A．m＝－3,n＝10 B．m＝3,n＝10C．m＝－3,n＝5 D．m=3,n=57．设是等比数列，则“”是“数列是递增数列”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件8．已知、是圆：上的两个动点，，，若是线段的中点，则的值为（）A． B． C． D．9．半圆的直径，为圆心，是半圆上不同于的任意一点，若为半径上的动点，则的最小值是（）A．2 B．0 C．-2 D．410．在中，已知，，若点在斜边上，，则的值为（）．A．6 B．12 C．24 D．48二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．若存在实数，使不等式成立，则的取值范围是_______________.12．已知数列前项和，则该数列的通项公式______.13．________.14．已知数列中，，，设，若对任意的正整数，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是______．15．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______.16．一组数据2，4，5，，7，9的众数是2，则这组数据的中位数是_________.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．已知数列满足，.（1）求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和.18．如图，已知是正三角形，EA，CD都垂直于平面ABC，且，，F是BE的中点，求证：（1）平面ABC；（2）平面EDB.（3）求几何体的体积.19．已知△ABC中，A（1，﹣4），B（6，6），C（﹣2，0）．求（1）过点A且平行于BC边的直线的方程；（2）BC边的中线所在直线的方程．20．已知圆心为的圆过点，且与直线相切于点。（1）求圆的方程；（2）已知点，且对于圆上任一点，线段上存在异于点的一点，使得（为常数），试判断使的面积等于4的点有几个，并说明理由。21．在平面直角坐标系中，为坐标原点，三点满足.(1)求证：三点共线；(2)已知的最小值为，求实数的值.

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、A【解析】

求出函数的对称轴方程，使得满足在内，解不等式即可求出满足此条件的一个φ值．【详解】解：函数图象的对称轴方程为：xk∈Z，函数图象的一条对称轴在内，所以当k＝0时，φ故选A．【点睛】本题是基础题，考查三角函数的基本性质，不等式的解法，考查计算能力，能够充分利用基本函数的性质解题是学好数学的前提．2、D【解析】

先由余弦定理，结合题中条件，求出，再由，求出，进而可得出三角形的形状.【详解】因为，所以，，所以.又，所以，则的形状为最大角为钝角的等腰三角形.故选D【点睛】本题主要考查三角形的形状的判定，熟记余弦定理即可，属于常考题型.3、B【解析】试题分析：如图，取中点，连接，因为是中点，则，或其补角就是异面直线所成的角，设正四面体棱长为1，则，，．故选B．考点：异面直线所成的角．【名师点睛】求异面直线所成的角的关键是通过平移使其变为相交直线所成角，但平移哪一条直线、平移到什么位置，则依赖于特殊的点的选取，选取特殊点时要尽可能地使它与题设的所有相减条件和解题目标紧密地联系起来．如已知直线上的某一点，特别是线段的中点，几何体的特殊线段．4、A【解析】

利用累加法求得的通项公式，再根据的单调性求得最大项.【详解】因为故故则，其最大项是的最小项的倒数，又，当且仅当或时，取得最小值7.故得最大项为.故选：A.【点睛】本题考查由累加法求数列的通项公式，以及数列的单调性，属综合基础题.5、A【解析】

由圆柱的侧面展开图是矩形，利用勾股定理求解．【详解】圆柱的侧面展开图如图，圆柱的侧面展开图是矩形，且矩形的长为12，宽为2，则在此圆柱侧面上从到的最短路径为线段，.故选：A．【点睛】本题考查圆柱侧面展开图中的最短距离问题，是基础题．6、D【解析】因为点M，P关于点N对称，所以由中点坐标公式可知.7、B【解析】

由，可得，解得或，根据等比数列的单调性的判定方法，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解，得到答案.【详解】设等比数列的公比为，则，可得，解得或，此时数列不一定是递增数列；若数列为递增数列，可得或，所以“”是“数列为递增数列”的必要不充分条件.故选：B.【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式与单调性，以及充分条件、必要条件的判定，其中解答中熟记等比数列的单调性的判定方法是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.8、A【解析】由题意得,所以，选A.9、C【解析】

将转化为，利用向量数量积运算化简，然后利用基本不等式求得表达式的最小值.【详解】画出图像如下图所示，,等号在，即为的中点时成立.故选C.【点睛】本小题主要考查平面向量加法运算，考查平面向量的数量积运算，考查利用基本不等式求最值，属于中档题.10、C【解析】试题分析：因为，，，所以＝＝＋＝＝，故选C．考点：1、平面向量的加减运算；2、平面向量的数量积运算．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、；【解析】

不等式转化为，由于存在，使不等式成立，因此只要求得的最小值即可．【详解】由题意存在，使得不等式成立，当时，，其最小值为，∴．故答案为．【点睛】本题考查不等式能成立问题，解题关键是把问题转化为求函数的最值．不等式能成立与不等式恒成立问题的转化区别：在定义域上，不等式恒成立，则，不等式能成立，则，不等式恒成立，则，不等式能成立，则．转化时要注意是求最大值还是求最小值．12、【解析】

由，n≥2时，两式相减，可得{an}的通项公式；【详解】∵Sn＝2n2（n∈N*），∴n＝1时，a1＝S1＝2；n≥2时，an＝Sn﹣＝4n﹣2，a1＝2也满足上式，∴an＝4n﹣2故答案为【点睛】本题考查数列的递推式，考查数列的通项，属于基础题．13、【解析】

直接利用两角和与差的余弦函数公式及特殊角的三角函数值化简，即可得到结果．【详解】．故答案为：.【点睛】本题考查两角和与差的余弦函数公式，以及特殊角的三角函数值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力．14、【解析】∵，（，），当时，，，…，，并项相加，得：，

∴，又∵当时，也满足上式，

∴数列的通项公式为，∴

，令（），则，∵当时，恒成立，∴在上是增函数，

故当时，，即当时，，对任意的正整数，当时，不等式恒成立，则须使，即对恒成立，即的最小值，可得，∴实数的取值范围为，故答案为.点睛：本题考查数列的通项及前项和，涉及利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于难题通过并项相加可知当时，进而可得数列的通项公式，裂项、并项相加可知，通过求导可知是增函数，进而问题转化为，由恒成立思想，即可得结论.15、【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.16、【解析】

根据众数的定义求出的值，再根据中位数的定义进行求解即可.【详解】因为一组数据2，4，5，，7，9的众数是2，所以，这一组数据从小到大排列为：2，2，4，5，7，9，因此这一组数据的中位数为：.故答案为：【点睛】本题考查了众数和中位数的定义，属于基础题.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）由知：，利用等比数列的通项公式即可得出；（2）bn=|11﹣2n|，设数列{11﹣2n}的前n项和为Tn，则．当n≤5时，Sn=Tn；当n≥6时，Sn=2S5﹣Tn．【详解】（1）证明：由知，所以数列是以为首项，为公比的等比数列.则，.（2），设数列前项和为，则，当时，；当时，；所以.【点睛】本题考查了等比数列与等差数列的通项公式及其前n项和公式、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．18、（1）见解析（2）见解析（3）【解析】

（1）如图：证明得到答案.（2）证明得到答案.（3）几何体转化为，利用体积公式得到答案.【详解】（1）∵F分别是BE的中点，取BA的中点M，∴FM∥EA，FMEA＝1∵EA、CD都垂直于平面ABC，∴CD∥EA，∴CD∥FM，又CD＝FM∴四边形FMCD是平行四边形，∴FD∥MC，FD⊄平面ABC，MC⊂平面ABC∴FD∥平面ABC．（2）因M是AB的中点，△ABC是正三角形，所以CM⊥AB又EA垂直于平面ABC∴CM⊥AE，又AE∩AB＝A，所以CM⊥面EAB，∵AF⊂面EAB∴CM⊥AF，又CM∥FD，从而FD⊥AF，因F是BE的中点，EA＝AB所以AF⊥EB．EB，FD是平面EDB内两条相交直线，所以AF⊥平面EDB．（3）几何体的体积等于为中点，连接平面【点睛】本题考查了线面平行，线面垂直，等体积法，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.19、（1）3x﹣4y﹣19＝1（2）7x﹣y﹣11＝1【解析】

（1）先求出BC的斜率，再用点斜式求出过点A且平行于BC边的直线方程；

（2）先求出BC的中点为D的坐标，再用两点式求出直线AD的方程．【详解】（1）△ABC中，∵A（1，﹣4），B（6，6），C（﹣2，1），故BC的斜率为，故过点A且平行于BC边的直线的方程为y+4（x﹣1），即3x﹣4y﹣19＝1．（2）BC的中点为D（2，3），由两点式求出BC边的中线所在直线AD的方程为，即7x﹣y﹣11＝1．【点睛】本题主要考查直线的斜率公式，用点斜式、两点式求直线的方程，属于基础题．20、（1）（2）使的面积等于4的点有2个【解析】

（1）利用条件设圆的标准方程，由圆过点求t，确定圆方程.（2）设，由确定阿波罗尼斯圆方程，与圆C为同一圆，可得，求出N点的坐标，建立ON方程，,再利用面积求点P到直线的距离，判断与ON平行且距离为的两条直线与圆C的位置关系可得结论.【详解】（1）依题意可设圆心坐标为，则半径为，圆的方程可写成，因为圆过点，∴，∴，则圆的方程为。（2）由题知，直线的方程为，设满足题意，设，则，所以，则，因为上式对任意恒成立，所以，且，解得或（舍去，与重合）。所以点，则，直线方程为，点到直线的距离，若存在点使的面积等于4，则，∴。①当点在直线的上方时，点到直线的距离的取值范围为，∵，∴当点在直线的上方时，使的面积等于4的点有2个；②当点在直线的下方时，点到直线的距离的取值范围为，∵，∴当点在直线的下方时，使的面积等于4的点有0个，综上可知，使的面积等于4的点有2个。【点睛】本题考查圆的方程，直线与圆