2026届贵州省盘县四中高一下数学期末质量跟踪监视试题含解析

2026届贵州省盘县四中高一下数学期末质量跟踪监视试题注意事项：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．若cosθ＞0，且sin2θ＜0，则角θ的终边在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．中国古代数学著作《孙子算经》中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，问物几何？”人们把此类题目称为“中国剩余定理”，若正整数除以正整数后的余数为，则记为，例如．现将该问题以程序框图的算法给出，执行该程序框图，则输出的等于（）．A． B． C． D．3．若在是减函数，则的最大值是A． B． C． D．4．将所有的正奇数按以下规律分组，第一组：1；第二组：3，5，7；第三组：9，11，13，15，17；…表示n是第i组的第j个数，例如，，则（）A． B． C． D．5．已知等差数列的前项和为，，当时，的值为（）A．21 B．22 C．23 D．246．有一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点．已知最底层正方体的棱长为2，且该塔形的表面积(含最底层正方体的底面面积)超过39，则该塔形中正方体的个数至少是A．4 B．5 C．6 D．77．把函数的图象沿轴向右平移个单位，再把所得图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的，可得函数的图象，则的解析式为（）A． B．C． D．8．若数列对任意满足，下面给出关于数列的四个命题：①可以是等差数列，②可以是等比数列；③可以既是等差又是等比数列；④可以既不是等差又不是等比数列；则上述命题中，正确的个数为（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个9．P是直线x+y+2=0上任意一点，点Q在圆x-22+yA．2 B．4-2 C．4+210．圆关于直线对称，则的值是（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．化简：．12．函数，的值域是_____．13．设为数列的前项和，则__14．在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC，ΔABC是边长为23的等边三角形，其中PA=PB=15．不等式的解集为_________.16．已知，向量的夹角为，则的最大值为_____.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．无穷数列满足：为正整数，且对任意正整数，为前项、、、中等于的项的个数.（1）若，求和的值；（2）已知命题存在正整数，使得，判断命题的真假并说明理由；（3）若对任意正整数，都有恒成立，求的值.18．在中，、、分别是内角、、的对边，且.（1）求角的大小；（2）若，的面积为，求的周长．19．在中，内角所对的边分别为，已知，且.（1）求；（2）若，求的值.20．已知,,（1）若，求；（2）求的最大值，并求出对应的x的值．21．设数列的前n项和为，已知．（Ⅰ）求通项；（Ⅱ）设，求数列的前n项和．

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、D【解析】试题分析：且，，为第四象限角．故D正确．考点：象限角．2、C【解析】从21开始，输出的数是除以3余2，除以5余3，满足条件的是23，故选C.3、A【解析】

分析：先确定三角函数单调减区间，再根据集合包含关系确定的最大值.详解：因为，所以由得因此，从而的最大值为，选A.点睛：函数的性质：(1).(2)周期(3)由求对称轴，(4)由求增区间；由求减区间.4、C【解析】

由等差数列求和公式及进行简单的合情推理可得：2019为第1010个正奇数，设2019在第n组中，则有，，解得：n=32，又前31组共有961个奇数，则2019为第32组的第1010-961=49个数，得解．【详解】由已知有第n组有2n-1个连续的奇数，则前n组共有个连续的奇数，又2019为第1010个正奇数，设2019在第n组中，则有，，解得：n=32，又前31组共有961个奇数，则2019为第32组的第1010-961=49个数，即2019=（32，49），故选：C．【点睛】本题考查归纳推理，解题的关键是根据等差数列求和公式分析出规律，再结合数列的性质求解，属于中等题.5、B【解析】

由，得，按或分两种情况，讨论当时，求的值.【详解】已知等差数列的前项和为，由，得，当时，有，得，，∴时，此时．当时，有，得，，∴时，此时．故选：B【点睛】本题考查等差数列的求和公式及其性质的应用，也考查分类讨论的思想，属于基础题．6、C【解析】

根据相邻正方体的关系得出个正方体的棱长为等比数列，求出塔形表面积的通项公式，令，即可得出的范围．【详解】设从最底层开始的第层的正方体棱长为，则是以2为首项，以为公比的等比数列.∴是以4为首项，以为公比的等比数列∴塔形的表面积为.令，解得.∴塔形正方体最少为6个.故选C.【点睛】此题考查了立体图形的表面积问题以及等比数列求和公式的应用．解决本题的关键是得到上下正方体的棱长之间的关系，从而即可得出依次排列的正方体的一个面的面积，这里还要注意把最下面的正方体看做是6个面之外，上面的正方体都是露出了4个面．7、C【解析】

根据三角函数图像变换的原则，即可得出结果.【详解】先把函数的图象沿轴向右平移个单位，得到；再把图像上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的，得到.故选C【点睛】本题主要考查三角函数的图像变换问题，熟记图像变换的原则即可，属于常考题型.8、C【解析】

由已知可得an﹣an﹣1＝2，或an＝2an﹣1，结合等差数列和等比数列的定义，可得答案．【详解】∵数列{an}对任意n≥2（n∈N）满足（an﹣an﹣1﹣2）（an﹣2an﹣1）＝0，∴an﹣an﹣1＝2，或an＝2an﹣1，∴①{an}可以是公差为2的等差数列，正确；②{an}可以是公比为2的等比数列，正确；③若{an}既是等差又是等比数列，即此时公差为0，公比为1，由①②得，③错误；④由（an﹣an﹣1﹣2）（an﹣2an﹣1）＝0，an﹣an﹣1＝2或an＝2an﹣1，当数列为：1，3，6，8，16……得{an}既不是等差也不是等比数列，故④正确；故选C．【点睛】本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了等差，等比数列的相关内容，属于中档题.9、D【解析】

首先求出圆心到直线的距离与半径比较大小，得到直线与圆是相离的，根据圆上的点到直线的距离的最小值等于圆心到直线的距离减半径，求得结果.【详解】因为圆心(2,0)到直线x+y+2=0的距离为d=2+0+2所以直线x+y+2=0与圆(x-2)2所以PQ的最小值等于圆心到直线的距离减去半径，即PQmin故选D.【点睛】该题考查的是有关直线与圆的问题，涉及到的知识点有直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，圆上的点到直线的距离的最小值问题，属于简单题目.10、B【解析】圆关于直线对称，所以圆心(1,1)在直线上，得.故选B.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、0【解析】原式＝＋＝－sinα＋sinα＝0.12、【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。13、【解析】

当时，；当时，，即，若为偶数，则为奇数）；若为奇数，则，故是偶数）．因为，，所以，同理可得，，，所以，应选答案．点睛：本题运用演绎推理的思维方法，分别探求出数列各项的规律（成等比数列），再运用等比数列的求和公式，使得问题简捷、巧妙获解．14、65π【解析】

本题首先可以通过题意画出图像，然后通过三棱锥的图像性质以及三棱锥的外接球的相关性质来确定圆心的位置，最后根据各边所满足的几何关系列出算式，即可得出结果。【详解】如图所示，作AB中点D，连接PD、CD，在CD上作三角形ABC的中心E，过点E作平面ABC的垂线，在垂线上取一点O，使得PO=OC。因为三棱锥底面是一个边长为23的等边三角形，E所以三棱锥的外接球的球心在过点E的平面ABC的垂线上，因为PO=OC，P、C两点在三棱锥的外接球的球面上，所以O点即为球心，因为平面PAB⊥平面ABC，PA=PB，D为AB中点，所以PD⊥平面ABCCD=CA2-ADPD=P设球的半径为r，则有PO=OC=r，OE=r(PD-OE)2+DE2=P故表面积为S=4πr【点睛】本题考查三棱锥的相关性质，主要考查三棱锥的外接球的相关性质，考查如何通过三棱锥的几何特征来确定三棱锥的外接球与半径，考查推理能力，考查化归与转化思想，是难题。15、【解析】

利用两个数的商是正数等价于两个数同号；将已知的分式不等式转化为整式不等式，求出解集．【详解】同解于解得或故答案为：【点睛】本题考查解分式不等式，利用等价变形转化为整式不等式是解题的关键．16、【解析】

将两边平方，化简后利用基本不等式求得的最大值.【详解】将两边平方并化简得，由基本不等式得，故，即，即，所以的最大值为.【点睛】本小题主要考查平面向量模的运算，考查利用基本不等式求最值，考查化归与转化的数学思想方法，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），；（2）真命题，证明见解析；（3）.【解析】

（1）根据题意直接写出、、的值，可得出结果；（2）分和两种情况讨论，找出使得等式成立的正整数，可得知命题为真命题；（3）先证明出“”是“存在，当时，恒有成立”的充要条件，由此可得出，然后利用定义得出，由此可得出的值.【详解】（1）根据题意知，对任意正整数，为前项、、、中等于的项的个数，因此，，，；（2）真命题，证明如下：①当时，则，，，此时，当时，；②当时，设，则，，，此时，当时，.综上所述，命题为真命题；（3）先证明：“”是“存在，当时，恒有成立”的充要条件.假设存在，使得“存在，当时，恒有成立”.则数列的前项为，，，，，，后面的项顺次为，，，，故对任意的，，对任意的，取，其中表示不超过的最大整数，则，令，则，此时，有，这与矛盾，故若存在，当时，恒有成立，必有；从而得证.另外：当时，数列为，故，则.【点睛】本题考查数列知识的应用，涉及到命题真假的判断，同时也考查了数列新定义问题，解题时要充分从题中数列的定义出发，充分利用分类讨论思想，综合性强，属于难题.18、(1)(2)【解析】

（1）由正弦定理，两角和的正弦函数公式化简已知等式可得，由，可求，结合范围，可求．（2）利用三角形的面积公式可求，进而根据余弦定理可得，即可计算得解的周长的值．【详解】解：（1）∵，∴由正弦定理可得：，即，∵，∴，∵，∴．（2）∵，，的面积为，，∴，∴由余弦定理可得：，∴解得：，∴的周长.【点睛】本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．19、（1）；（2）.【解析】

（1）根据诱导公式、正弦定理、同角三角函数基本关系式，结合已知等式，化简，结合，可得A的值；（2）由已知根据余弦定理可得，利用正弦定理可得联立即可解得λ的值．【详解】（1），，；（2），，而，，而，所以有.【点睛】本题考查了诱导公式、正弦定理、同角三角函数基本关系式、余弦定理，考查了数学运算能力.20、（Ⅰ）（II）1,此时【解析】

（Ⅰ）根据平面向量的坐标运算，利用平行公式求出tanx的值；（Ⅱ）利用平面向量的坐标运算，利用模长公式和三角函数求出最大值．【详解】解：（Ⅰ）计算-=（3，4），由∥（-）得4cosx-3sinx=0，∴tanx==；（Ⅱ）+=（cosx+1，sinx），∴=（cosx+1）1+sin1x=1+1cosx，|+|=，当cosx=1，即x=1kπ，k∈Z时，|+|取得最大值为1．【点睛】本题考查了平面向量的坐标运算与数量积运算问题，是基础题．21、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】试题分析：（Ⅰ）当时，根据，构造，利用，两式相减得到，然后验证，得到数列的通项公式；（Ⅱ）由上一问可知.根据零点分和讨论去绝对值，利用分组转化求数列的和.试题解析：（Ⅰ）因为，所以当时，，两式相减得：当时，，因为,得到，解得，，所以