2026届北京海淀区北京一零一中学数学高一下期末联考模拟试题含解析

2026届北京海淀区北京一零一中学数学高一下期末联考模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．已知向量，，若，则（）A． B． C． D．2．设等比数列的前项和为，若，则()A． B． C． D．3．数列的首项为，为等差数列，且（），若，，则（）A． B． C． D．4．已知向量，，若，，则的最大值为()A． B． C．4 D．55．下列函数中，既是偶函数，又在上递增的函数的个数是（）.①；②；③；④向右平移后得到的函数.A． B． C． D．6．已知直线：是圆的对称轴.过点作圆的一条切线，切点为，则（）A．2 B． C．6 D．7．函数的定义域是（

）A． B． C． D．8．若程序框图如图所示，则该程序运行后输出k的值是（）A．5 B．6 C．7 D．89．在中，已知，且，则的值是（）A． B． C． D．10．的值为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知关于的不等式的解集为，则__________．12．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则________.13．数列的前项和，则__________.14．已知为钝角，且，则__________.15．《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一.书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得份量成等差数列，且较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小一份的量为___.16．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为__________．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．在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC..(1)求角A的大小；(2)若sinB＋sinC＝3，试判断△ABC的形状.18．如图，在四边形中，已知，，（1）若，且的面积为，求的面积:（2）若，求的最大值.19．已知数列的前项和为，且满足.（1）求证：数列是等比数列；（2）设，数列的前项和为，求证：.20．设是一个公比为q的等比数列，且，，成等差数列.（1）求q；（2）若数列前4项的和，令，求数列的前n项和.21．已知函数.（1）求函数图象的对称轴方程;（2）若对于任意的，恒成立，求实数的取值范围.

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】

由共线向量的坐标表示可得出关于实数的方程，解出即可.【详解】向量，，且，，解得.故选：D.【点睛】本题考查利用共线向量的坐标表示求参数的值，解题时要熟悉共线向量坐标之间的关系，考查计算能力，属于基础题.2、C【解析】

根据等比数列性质：成等比数列，计算得到，，，计算得到答案.【详解】根据等比数列性质：成等比数列，设则，；故选：C【点睛】本题考查了数列的前N项和，利用性质成等比数列可以简化运算，是解题的关键.3、B【解析】由题意可设等差数列的首项为，公差为，所以所以，所以，即=2n-8,=,所以,选B.4、A【解析】

设，由可得点的轨迹方程，再对两边平方，利用一元二次函数的性质求出最大值，即可得答案.【详解】设，，∵，∴，整理得：.∵，∴，当时，的最大值为，∴的最大值为.故选：A.【点睛】本题考查向量模的最值、模的坐标运算、一元二次函数的性质，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，求解时注意坐标法的运用.5、B【解析】

将①②③④中的函数解析式化简，分析各函数的奇偶性及其在区间上的单调性，可得出结论.【详解】对于①中的函数，该函数为偶函数，当时，，该函数在区间上不单调；对于②中的函数，该函数为偶函数，且在区间上单调递减；对于③中的函数，该函数为偶函数，且在区间上单调递增；对于④，将函数向右平移后得到的函数为，该函数为奇函数，且当时，，则函数在区间上不单调.故选：B.【点睛】本题考查三角函数单调性与奇偶性的判断，同时也考查了三角函数的相位变换，熟悉正弦、余弦和正切函数的基本性质是判断的关键，考查推理能力，属于中等题.6、C【解析】试题分析：直线l过圆心，所以，所以切线长，选C.考点：切线长7、B【解析】

根据函数f（x）的解析式，列出使解析式有意义的不等式组，求出解集即可．【详解】∵函数f（x）=+lg（3x+1），∴；解得﹣＜x＜1，∴函数f（x）的定义域是（﹣，1）．故选B．【点睛】本题考查了求函数定义域的应用问题，解题的关键是列出使函数解析式有意义的不等式组，是基础题目．8、A【解析】试题分析：第一次循环运算：；第二次：；第三次：；第四次：；第五次：，这时符合条件输出，故选A.考点：算法初步.9、C【解析】

由正弦定理边角互化思想得，由可得出的三边长，可判断出三角形的形状，由此可得出的值，再利用平面向量数量积的定义可计算出的值.【详解】，，，，，，为等腰直角三角形，.因此，，故选C.【点睛】本题考查正弦定理边角互化思想的应用，同时也考查了平面向量数量积定义的计算，在求平面向量数量积的计算时，要注意向量的起点要一致，考查运算求解能力，属于中等题.10、C【解析】试题分析：．考点：诱导公式.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、-2【解析】为方程两根,因此12、【解析】

根据奇偶性，先计算，再计算【详解】因为是定义在上的奇函数，所以.因为当时，所以.故答案为【点睛】本题考查了奇函数的性质，属于常考题型.13、【解析】

根据数列前项和的定义即可得出．【详解】解：因为所以．故答案为：．【点睛】考查数列的定义，以及数列前项和的定义，属于基础题．14、.【解析】

利用同角三角函数的基本关系即可求解.【详解】由为钝角，且，所以，所以.故答案为：【点睛】本题考查了同角三角函数的基本关系，同时考查了象限角的三角函数的符号，属于基础题.15、【解析】

设此等差数列为{an}，公差为d，则（a3+a4+a5）×=a1+a2，即，解得a1=，d=．最小一份为a1，故答案为．16、【解析】由三视图知该几何体是一个半圆锥挖掉一个三棱锥后剩余的部分，如图所示，所以其体积为.点睛：求多面体的外接球的面积和体积问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心，本题就是第三种方法.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）60∘【解析】

（1）利用余弦定理表示出cosA，然后根据正弦定理化简已知的等式，整理后代入表示出的cosA中，化简后求出cosA的值，由A为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值即可求出A的度数；（2）由A为60°，利用三角形的内角和定理得到B+C的度数，用B表示出C，代入已知的sinB+sinC=3中，利用两角和与差的正弦函数公式及特殊角的三角函数值化简，整理后再利用两角和与差的正弦函数公式及特殊角的三角函数值化为一个角的正弦函数，由B的范围，求出这个角的范围，利用特殊角的三角函数值求出B为60°，可得出三角形ABC三个角相等，都为60°，则三角形ABC为等边三角形．【详解】(1)由2asinA＝(2b－c)sinB＋(2c－b)sinC，得2a2＝(2b－c)b＋(2c－b)c，即bc＝b2＋c2－a2，∴cosA＝b2+c(2)∵A＋B＋C＝180°，∴B＋C＝180°－60°＝120°，由sinB＋sinC＝3，得sinB＋sin(120°－B)＝3，∴sinB＋sin120°cosB－cos120°sinB＝3，∴32sinB＋32cosB＝3，即sin(∵0°＜B＜120°，∴30°＜B＋30°＜150°，∴B＋30°＝90°，B＝60°，∴A＝B＝C＝60°，△ABC为等边三角形.【点睛】此题考查了三角形形状的判断，正弦、余弦定理，两角和与差的正弦函数公式，等边三角形的判定，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．18、(1)；(2)3【解析】

（1）根据可解出，验证出，从而求得所求面积；（2）设，，在中利用余弦定理构造关于的方程；在中分别利用正余弦定理可得到和，代入可求得；根据三角函数最值可求得的最大值，即可得到结果.【详解】（1）由得：，即（2）设，在中，由正弦定理得：…①由余弦定理得：…②在中，由余弦定理得：将①②代入整理得：当，即时，取最大值【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理、余弦定理和三角形面积公式的应用；本题中线段长度最值的求解的关键是能够利用正余弦定理构造方程，将问题转化为三角函数最值的求解问题.19、（1）见证明；（2）见证明【解析】

（1）由，得，两式作差可得，利用等比数列的定义，即可作出证明；（2）由（1）可得，得到，利用裂项法求得数列的和，即可作出证明.【详解】（1）证明：由，得，两式作差可得：，即，即，又，得，所以数列是首项为，公比为的等比数列；（2）由（1）可得，数列的通项公式为，又由，所以.所以.【点睛】本题主要考查了等比数列的定义，以及数列“裂项法”求和的应用，其中解答中熟记等比数列的定义和通项，以及合理利用数列的“裂项法”求得数列的前n项和是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.20、（1）；（2）答案不唯一，详见解析.【解析】

（1）运用等差中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比；（2）讨论公比，结合等差数列和等比数列的求和公式，以及错位相减法求和，即可得到所求和．【详解】（1）因为是一个公比为的等比数列，所以．因为成等差数列，所以即．解得.（2）①若q=2，又它的前4和，得，解得所以.因为，∴，2，∴，∴②若q=1，又它的前4和，即4因为，所以．【点睛】“错位相减法”求数列的和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注