广东省广州市2026届高一下数学期末复习检测模拟试题含解析

广东省广州市2026届高一下数学期末复习检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．已知圆，直线，点在直线上．若存在圆上的点，使得（为坐标原点），则的取值范围是A． B． C． D．2．设，，，若则，的值是（）A．， B．，C．， D．，3．函数的图象如图所示，为了得到的图象，则只要将的图象（）A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度4．如图，正方形的边长为2cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原平面图形的周长是（）cm．A．12 B．16 C． D．5．已知一组数据1，3，2，5，4，那么这组数据的方差为（）A．2 B．3 C．2 D．36．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有两点，，且，则A． B． C． D．7．已知直三棱柱的所有顶点都在球0的表面上,,,则=()A．1 B．2 C． D．48．若一元二次不等式对一切实数都成立，则的取值范围是（）A． B． C． D．9．在空间中，可以确定一个平面的条件是（）A．一条直线B．不共线的三个点C．任意的三个点D．两条直线10．若{an}是等差数列，且a1＋a4＋a7＝45，a2＋a5＋a8＝39，则a3＋a6＋a9＝()A．39 B．20 C．19.5 D．33二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．________12．已知扇形的半径为6，圆心角为，则扇形的弧长为______.13．向量满足：，与的夹角为，则＝_____________；14．如图，在直四棱柱中，，，，分别为的中点，平面平面.给出以下几个说法：①；②直线与的夹角为；③与平面所成的角为；④平面内存在直线与平行.其中正确命题的序号是__________.15．如图，在△中，三个内角、、所对的边分别为、、，若，，为△外一点，，，则平面四边形面积的最大值为________16．在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若的面积为，且，则的周长的取值范围是________.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．已知⊙C经过点、两点，且圆心C在直线上.（1）求⊙C的方程；（2）若直线与⊙C总有公共点，求实数的取值范围.18．已知函数，.（1）将化为的形式（，，）并求的最小正周期；（2）设，若在上的值域为，求实数、的值；（3）若对任意的和恒成立，求实数取值范围.19．已知数列的前项和为，且，.（1）求证：数列的通项公式；（2）设，，求.20．在等差数列中，，其前项和为，等比数列的各项均为正数，，且，.（1）求数列和的通项公式；（2）令，设数列的前项和为，求（）的最大值与最小值.21．已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P（）．（Ⅰ）求sin（α+π）的值；（Ⅱ）若角β满足sin（α+β）=，求cosβ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】

根据条件若存在圆C上的点Q,使得为坐标原点),等价即可,求出不等式的解集即可得到的范围【详解】圆O外有一点P,圆上有一动点Q,在PQ与圆相切时取得最大值.

如果OP变长,那么可以获得的最大值将变小.可以得知,当,且PQ与圆相切时,,

而当时,Q在圆上任意移动,存在恒成立.

因此满足,就能保证一定存在点Q,使得,否则,这样的点Q是不存在的，

点在直线上,,即

,

,

计算得出,,

的取值范围是，

故选B.考点：正弦定理、直线与圆的位置关系.2、B【解析】

由向量相等的充要条件可得：，列出方程组，即可求解，得到答案．【详解】由题意，向量，，，又因为，所以，所以，解得，故选B．【点睛】本题主要考查了平面向量的数乘运算及向量相等的充要条件，其中解答中熟记向量的共线条件，列出方程组求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．3、D【解析】

先根据图象确定A的值，进而根据三角函数结果的点求出求与的值，确定函数的解析式，然后根据诱导公式将函数化为余弦函数，再平移即可得到结果．【详解】由题意，函数的部分图象，可得，即，所以，再根据五点法作图，可得，求得，故．函数的图象向左平移个单位，可得的图象，则只要将的图象向右平移个单位长度可得的图象，故选：D．【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质，以及三角函数的图象变换的应用，其中解答中熟记三角函数的图象与性质，以及三角函数的图象变换是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．4、B【解析】

根据直观图与原图形的关系，可知原图形为平行四边形，结合线段关系即可求解.【详解】根据直观图，可知原图形为平行四边形，因为正方形的边长为2cm，所以原图形cm，，则，所以原平面图形的周长为，故选：B.【点睛】本题考查了平面图形直观图与原图形的关系，由直观图求原图形面积方法，属于基础题.5、C【解析】

先由平均数的计算公式计算出平均数，再根据方差的公式计算即可。【详解】由题可得x=所以这组数据的方差S2故答案选C【点睛】本题考查方差的定义：一般地设n个数据：x1,x2,6、B【解析】

首先根据两点都在角的终边上，得到，利用，利用倍角公式以及余弦函数的定义式，求得，从而得到，再结合，从而得到，从而确定选项.【详解】由三点共线，从而得到，因为，解得，即，所以，故选B.【点睛】该题考查的是有关角的终边上点的纵坐标的差值的问题，涉及到的知识点有共线的点的坐标的关系，余弦的倍角公式，余弦函数的定义式，根据题中的条件，得到相应的等量关系式，从而求得结果.7、B【解析】

由题得在底面的投影为的外心，故为的中点，再利用数量积计算得解.【详解】依题意，在底面的投影为的外心，因为，故为的中点，，故选B．【点睛】本题主要考查平面向量的运算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.8、A【解析】

该不等式为一元二次不等式，根据一元二次函数的图象与性质可得，的图象是开口向下且与x轴没有交点，从而可得关于参数的不等式组，解之可得结果.【详解】不等式为一元二次不等式，故，根据一元二次函数的图象与性质可得，的图象是开口向下且与x轴没有交点，则，解不等式组，得.故本题正确答案为A.【点睛】本题考查一元二次不等式恒成立问题，考查一元二次函数的图象与性质，注意数形结合的运用，属基础题.9、B【解析】试题分析：根据平面的基本性质及推论，即确定平面的几何条件，即可知道答案．解：对于A．过一条直线可以有无数个平面，故错；对于C．过共线的三个点可以有无数个平面，故错；对于D．过异面的两条直线不能确定平面，故错；由平面的基本性质及推论知B正确．故选B．考点：平面的基本性质及推论．10、D【解析】

根据等差数列的通项公式，纵向观察三个式子的项的脚标关系，可巧解.【详解】由等差数列得：所以同理：故选D.【点睛】本题考查等差数列通项公式，关键纵向观察出脚标的特殊关系更妙，属于中档题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

根据极限的运算法则，合理化简、运算，即可求解.【详解】由极限的运算，可得.故答案为：【点睛】本题主要考查了极限的运算法则的应用，其中解答熟记极限的运算法则，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.12、【解析】

先将角度化为弧度，再根据弧长公式求解.【详解】因为圆心角，所以弧长.故答案为：【点睛】本题考查了角度和弧度的互化以及弧长公式的应用问题，属于基础题．13、【解析】

根据模的计算公式可直接求解.【详解】故填：.【点睛】本题考查了平面向量模的求法，属于基础题型.14、①③.【解析】

利用线面平行的性质定理可判断①；利用平行线的性质可得直线与的夹角等于直线与所成的角，在中即可判断②；与平面所成的角即为与平面所成的角可判断③；根据直线与平面的位置关系可判断④；【详解】对于①，由，平面平面，则，又，所以，故①正确；对于②，连接，由，即直线与的夹角等于直线与所成的角，在中，，显然直线与的夹角不为，故②不正确；对于③，与平面所成的角即为与平面所成的角，根据三棱柱为直棱柱可知为与平面所成的角，在梯形中，，，，可解得与平面所成的角为，故③正确；对于④，由于与平面相交，故平面内不存在与平行的直线.故答案为：①③【点睛】本题是一道立体几何题目，考查了线面平行的性质定理，求线面角以及直线与平面之间的位置关系，属于中档题.15、【解析】

根据题意和正弦定理，化简得，进而得到，在中，由余弦定理，求得，进而得到，，得出四边形的面积为，再结合三角函数的性质，即可求解.【详解】由题意，在中，因为，所以，可得,即，所以，所以，又因为，可得，所以，即,因为，所以，在中，，由余弦定理，可得，又因为，所以为等腰直角三角形，所以，又因为，所以四边形的面积为，当时，四边形的面积有最大值，最大值为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.16、【解析】

通过观察的面积的式子很容易和余弦定理联系起来，所以，求出，所以.再由正弦定理即可将的范围通过辅助角公式化简利用三角函数求出范围即可．【详解】因为的面积为，所以，所以.由余弦定理可得，则，即，所以.由正弦定理可得，所以.因为为锐角三角形，所以，所以，则，即.故的周长的取值范围是.【点睛】此题考察解三角形，熟悉正余弦定理，然后一般求范围的题目转化为求解三角函数值域即可，易错点注意转化后角的范围区间，属于中档题目．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】试题分析：(1)解法1：由题意利用待定系数法可得⊙C方程为.解法2：由题意结合几何关系确定圆心坐标和半径的长度可得⊙C的方程为.(2)解法1：利用圆心到直线的距离与圆的半径的关系得到关系k的不等式，求解不等式可得.解法2：联立直线与圆的方程，结合可得.试题解析：（1）解法1：设圆的方程为，则，所以⊙C方程为.解法2：由于AB的中点为，，则线段AB的垂直平分线方程为而圆心C必为直线与直线的交点，由解得，即圆心，又半径为，故⊙C的方程为.（2）解法1：因为直线与⊙C总有公共点，则圆心到直线的距离不超过圆的半径，即，将其变形得，解得.解法2：由，因为直线与⊙C总有公共点，则，解得.点睛：判断直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法．18、（1），；（2），，或，；（3）.【解析】

(1)由三角函数的恒等变换公式和正弦函数的周期的公式，即可求解；(2)由正弦函数的图象与性质，讨论的范围，得到的方程组，即可求得的值；（3）对讨论奇数和偶数，由参数分离和函数的最值，即可求得的范围.【详解】(1)由题意，函数所以函数的最小正周期为.（2）由（1）知，当时，则，所以，即，令，则，函数，即，，当时，在为单调递增函数，可得且，即，解得；当时，在为单调递减函数，可得且，即，解得；综上可得，或，；（3）由（2）可知，当时，，当为奇数时，，即为，即恒成立，又由，即；当为偶数时，，即为，即恒成立，又由，即；综上可得，实数满足，即实数取值范围.【点睛】本题主要考查了三角恒等变换，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解中熟练化简函数的解析式，合理应用三角函数的图象与性质，以及利用分类讨论和分离参数求解是解答的关键，着重考查了分类讨论思想，分离参数，以及推理与运算能力，属于中档试题.19、（1）；（2）．【解析】

（1）利用即可求出答案；（2）利用裂项相消法即可求出答案．【详解】解：（1）∵，当时，，当时，，∴，；（2）∵，∴．【点睛】本题主要考查数列已知求，考查裂项相消法求和，属于中档题．20、(1)，；(2)的最大值是，最小值是.【解析】试题分析：（1）由条件列关于公差与公比的方程组，解得，，再根据等差与等比数列通项公式求通项公式（2）化简可得，再根据等比数列求和公式得，结合函数单调性，可确定其最值试题解析：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，则解得，，所以，.（2）由（1）得，故，当为奇数时，，随的增大而减小，所以；当为偶数时，，随的增大而增大，所以，令，，则，故在时是增函数.故当为奇数时，；当为偶数时，，综上所述，的最大值是，最小值是.21