2026届江苏南京市、盐城市高一下数学期末达标检测模拟试题含解析

2026届江苏南京市、盐城市高一下数学期末达标检测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．下列各命题中，假命题的是（）A．“度”与“弧度”是度量角的两种不同的度量单位B．一度的角是周角的，一弧度的角是周角的C．根据弧度的定义，一定等于弧度D．不论是用角度制还是用弧度制度量角，它们都与圆的半径长短有关2．sincos＋cos20°sin40°的值等于A． B． C． D．3．已知向量，，则在方向上的投影为（）A． B． C． D．4．在中，，，是边的中点.为所在平面内一点且满足，则的值为（）A． B． C． D．5．若满足条件的三角形ABC有两个，那么a的取值范围是（）A． B． C． D．6．为了了解所加工的一批零件的长度，抽测了其中个零件的长度，在这个工作中，个零件的长度是（）A．总体 B．个体 C．样本容量 D．总体的一个样本7．设为锐角，，若与共线，则角（）A．15° B．30° C．45° D．60°8．已知，若，则（）A． B． C． D．9．已知不等式的解集为，则不等式的解集为()A． B．C． D．10．已知O，N，P在所在平面内，且，，且，则点O，N，P依次是的（）A．重心外心垂心 B．重心外心内心C．外心重心垂心 D．外心重心内心二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知实数，满足不等式组，则的最大值为_______.12．不等式的解集为_______________．13．如图，在边长为的菱形中，，为中点，则______.14．数列满足，设为数列的前项和，则__________．15．己知函数，，则的值为______.16．若是等比数列，，，且公比为整数，则______.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．已知向量,.(1)求的坐标;(2)求.18．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（1）求A；（2）若A为锐角，，的面积为，求的周长．19．已知函数，为实数．（1）若对任意，都有成立，求实数的值；（2）若，求函数的最小值．20．已知函数.（1）当，时，求不等式的解集；（2）若，，的最小值为2，求的最小值.21．设数列满足，，，.s（1）证明：数列是等差数列，并求数列的通项；（2）求数列的通项，并求数列的前项和；（3）若，且是单调递增数列，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】

根据弧度制的概念，逐项判断，即可得出结果.【详解】A选项，“度”与“弧度”是度量角的两种不同的度量单位，正确；B选项，一度的角是周角的，一弧度的角是周角的，正确；C选项，根据弧度的定义，一定等于弧度，正确；D选项，用角度制度量角，与圆的半径长短无关，故D错.故选：D.【点睛】本题主要考查弧度制的相关判定，熟记概念即可，属于基础题型.2、B【解析】由题可得，.故选B.3、D【解析】

直接利用向量的数量积和向量的投影的定义，即可求解，得到答案．【详解】由题意，向量，，则在方向上的投影为：．故选D．【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积的应用，其中解答中熟记向量的数量积的运算公式，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．4、D【解析】

根据平面向量基本定理可知，将所求数量积化为；由模长的等量关系可知和为等腰三角形，根据三线合一的特点可将和化为和，代入可求得结果.【详解】为中点和为等腰三角形，同理可得：本题正确选项：【点睛】本题考查向量数量积的求解问题，关键是能够利用模长的等量关系得到等腰三角形，从而将含夹角的运算转化为已知模长的向量的运算.5、C【解析】

利用正弦定理，用a表示出sinA，结合C的取值范围，可知；根据存在两个三角形的条件，即可求得a的取值范围。【详解】根据正弦定理可知，代入可求得因为，所以若满足有两个三角形ABC则所以所以选C【点睛】本题考查了正弦定理在解三角形中的简单应用，判断三角形的个数情况，属于基础题。6、D【解析】

根据总体与样本中的相关概念进行判断.【详解】由题意可知，在这个工作中，个零件的长度是总体的一个样本，故选D.【点睛】本题考查总体与样本中相关概念的理解，属于基础题.7、B【解析】由题意，，又为锐角，∴．故选B．8、C【解析】

由，得，则，则.【考点定位】9、B【解析】

首先根据题意得到，为方程的根，再解出的值带入不等式即可.【详解】有题知：，为方程的根.所以，解得.所以，解得：或.故选：B【点睛】本题主要考查二次不等式的求法，同时考查了学生的计算能力，属于简单题.10、C【解析】

根据向量关系，，所在直线经过中点，由得，即可得解.【详解】由题：，所以O是外接圆的圆心，取中点，，，即所在直线经过中点，与中线共线，同理可得分别与边的中线共线，即N是三角形三条中线交点，即重心，，，，，即，同理可得，即P是三角形的垂心.故选：C【点睛】此题考查利用向量关系判别三角形的外心，重心和垂心，关键在于准确进行向量的运算，根据运算结果得结论.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、2【解析】

作出不等式组表示的平面区域，根据目标函数的几何意义，结合图象，即可求解，得到答案.【详解】由题意，作出不等式组表示的平面区域，如图所示，又由，即表示平面区域内任一点与点之间连线的斜率，显然直线的斜率最大，又由，解得，则，所以的最大值为2.【点睛】本题主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算能力，属于基础题．12、【解析】.13、【解析】

选取为基底，根据向量的加法减法运算，利用数量积公式计算即可.【详解】因为,,，又，.【点睛】本题主要考查了向量的加法减法运算，向量的数量积，属于中档题.14、【解析】

先利用裂项求和法将数列的通项化简，并求出，由此可得出的值.【详解】，.，因此，，故答案为：.【点睛】本题考查裂项法求和，要理解裂项求和法对数列通项结构的要求，并熟悉裂项法求和的基本步骤，考查计算能力，属于中等题.15、1【解析】

将代入函数计算得到答案.【详解】函数故答案为：1【点睛】本题考查了三角函数的计算，属于简单题.16、512【解析】

由题设条件知和是方程的两个实数根，解方程并由公比q为整数，知，，由此能够求出公比，从而得到.【详解】是等比数列，

，，

，，

和是方程的两个实数根，

解方程，

得，，

公比q为整数，

，，

，解得，

.故答案为：512【点睛】本题考查等比数列的通项公式的求法，利用了等比数列下标和的性质，是基础题.解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化.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）根据向量的数乘运算及加法运算即可得到本题答案；（2）根据向量的模的计算公式即可得到本题答案.【详解】(1)因为,,所以；所以；(2)因为,所以.【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算以及模的计算，属基础题.18、（1）或；（2）.【解析】

(1)由正弦定理将边化为对应角的正弦值，即可求出结果；(2)由余弦定理和三角形的面积公式联立，即可求出结果.【详解】（I）由正弦定理得，，即又，或．（II），由余弦定理得，即，而的面积为．的周长为5+．【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理解三角形，属于基础题型.19、（1）；（2）.【解析】

（1）根据二次函数的解析式写出对称轴即可；（2）根据对称轴是否在定义域内进行分类讨论，由二次函数的图象可分别得出函数的最小值．【详解】（1）对任意，都有成立，则函数的对称轴为，即，解得实数的值为．（2）二次函数，开口向上，对称轴为①若，即时，函数在上单调递增，的最小值为；②若，即时，函数在上单调递减，的最小值为；③若，即时，函数在上单调递减，在上单调递增，的最小值为；综上可得:【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，应用了分类讨论的思想，属于中档题．20、（1）；（2）【解析】

（1）利用零点讨论法解绝对值不等式；（2）利用绝对值三角不等式得到a+b=2,再利用基本不等式求的最小值.【详解】（1）当，时，，得或或，解得：，∴不等式的解集为.（2），∴，∴，当且仅当，时取等号.∴的最小值为.【点睛】本题主要考查零点讨论法解绝对值不等式，考查绝对值三角不等式和基本不等式求最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.21、（1）证明见解析，；（2），；（3）.【解析】

（1）利用等差数列的定义可证明出数列是等差数列，并确定该数列的首项和公差，即可得出数列的通项；（2）利用累加法求出数列的通项，然后利用裂项法求出数列的前项和；（3）求出，然后分为正奇数和正偶数两种情况分类讨论，结合可得出实数的取值范围.【详