2026届云南省文山州富宁县一中高一数学第二学期期末联考试题含解析

2026届云南省文山州富宁县一中高一数学第二学期期末联考试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．已知函数，若存在实数，满足，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．2．设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且，（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则3．如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，若E是A1C1的中点，则直线CE垂直于（）A．AC B．A1D1 C．A1D D．BD4．若三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，且三棱锥的体积为，则球的体积为()A． B． C． D．5．不等式的解集为()A．(-4，1) B．(-1，4)C．(-∞，-4)∪(1，+∞) D．(-∞，-1)∪(4,+∞）6．已知，，点在内，且，设，则等于（）A． B．3 C． D．7．如图，已知四面体为正四面体，分别是中点.若用一个与直线垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（）.A． B． C． D．8．已知函数和在区间I上都是减函数，那么区间I可以是（）A． B． C． D．9．若a,b,c∈R，且满足a>b>c，则下列不等式成立的是（）A．1a<C．ac210．已知向量,满足,和的夹角为,则()A． B． C． D．1二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．命题“，”是________命题（选填“真”或“假”）.12．在中，，，，点在线段上，若，则的面积是_____．13．方程在区间内解的个数是________14．若直线上存在满足以下条件的点:过点作圆的两条切线(切点分别为),四边形的面积等于，则实数的取值范围是_______15．点关于直线的对称点的坐标为_____．16．某单位为了了解用电量度与气温之间的关系，随机统计了某天的用电量与当天气温.气温（℃）141286用电量（度）22263438由表中数据得回归直线方程中，据此预测当气温为5℃时，用电量的度数约为____.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．已知，，当为何值时：（1）与垂直；（2）与平行.18．已知向量与不共线，且，.（1）若与的夹角为，求；（2）若向量与互相垂直，求的值.19．已知椭圆（常数），点是上的动点，是右顶点，定点的坐标为．⑴若与重合，求的焦点坐标；⑵若，求的最大值与最小值；⑶若的最小值为，求的取值范围．20．如图，四面体中，，，为的中点.（1）证明：；（2）已知是边长为2正三角形.（Ⅰ）若为棱的中点，求的大小；（Ⅱ）若为线段上的点，且，求四面体的体积的最大值.21．已知函数．（1）求证函数在上是单调减函数．（2）求函数在上的值域．

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】

根据题意可知方程有解即可，代入解析式化简后，利用基本不等式得出，再利用分类讨论思想即可求出实数的取值范围．【详解】由题意知，方程有解，则，化简得，即，因为，所以，当时，化简得，解得；当时，化简得，解得，综上所述的取值范围为．故答案为：A【点睛】本题主要考查了函数的基本性质的应用，以及利用基本不等式求最值的应用，其中解答中利用题设条件化简，合理利用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．2、A【解析】试题分析：由面面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一平面的一条垂线，则两面垂直，可得，可得考点：空间线面平行垂直的判定与性质3、D【解析】

在正方体内结合线面关系证明线面垂直，继而得到线线垂直【详解】，平面，平面，则平面又因为平面则故选D【点睛】本题考查了线线垂直，在求解过程中先求得线面垂直，由线面垂直的性质可得线线垂直，从而得到结果4、A【解析】

由的体积计算得高，已知将三棱锥的外接球，转化为长2，宽2，高的长方体的外接球，求出半径，可得答案．【详解】∵，，故三棱锥的底面面积为，由平面，得，又三棱锥的体积为，得，所以三棱锥的外接球，相当于长2，宽2，高的长方体的外接球，故球半径，得，故外接球的体积.故选：A．【点睛】本题考查了三棱锥外接球的体积，三棱锥体积公式的应用，根据已知计算出球的半径是解答的关键，属于中档题．5、A【解析】

将原不等式化简并因式分解，由此求得不等式的解集.【详解】原不等式等价于，即，解得.故选A.【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，属于基础题.6、B【解析】

先根据,可得,又因为，,所以可得:在轴方向上的分量为，在轴方向上的分量为,又根据,可得答案.【详解】，，

，，

在轴方向上的分量为，

在轴方向上的分量为，

，

，，

两式相比可得:.故选B.【点睛】.向量的坐标运算主要是利用加、减、数乘运算法则进行的．若已知有向线段两端点的坐标，则应先求出向量的坐标，解题过程中要注意方程思想的运用及运算法则的正确使用．7、A【解析】

通过补体，在正方体内利用截面为平行四边形,有，进而利用基本不等式可得解.【详解】补成正方体，如图.∴截面为平行四边形,可得，又且可得当且仅当时取等号，选A.【点睛】本题主要考查了线面的位置关系，截面问题，考查了空间想象力及基本不等式的应用，属于难题.8、B【解析】

分别根据和的单调减区间即可得出答案．【详解】因为和的单调减区间分别是和，所以选择B【点睛】本题考查三角函数的单调性，意在考查学生对三角函数图像与性质掌握情况.9、C【解析】

通过反例可依次排除A,B,D选项；根据不等式的性质可判断出C正确.【详解】A选项：若a=1，b=-2，则1a>1B选项：若a=1，b=12，则1aC选项：c2+1>0又a>b∴ac2D选项：当c=0时，ac=bc本题正确选项：C【点睛】本题考查不等式性质的应用，解决此类问题通常采用排除法，利用反例来排除错误选项即可，属于基础题.10、B【解析】

由平面向量的数量积公式，即可得到本题答案.【详解】由题意可得.故选：B.【点睛】本题主要考查平面向量的数量积公式，属基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、真【解析】当时，成立，即命题“，”为真命题.12、【解析】

过作于，设，运用勾股定理和三角形的面积公式，计算可得所求值．【详解】过作于，设，，，，又，可得，即有，可得的面积为．故答案为．【点睛】本题考查解三角形，考查勾股定理的运用，以及三角形的面积公式，考查化简运算能力，属于基础题．13、4.【解析】分析：通过二倍角公式化简得到，进而推断或，进而求得结果.详解：，所以或，因为，所以或或或，故解的个数是4.点睛：该题考查的是有关方程解的个数问题，在解题的过程中，涉及到的知识点有正弦的倍角公式，方程的求解问题，注意一定不要两边除以，最后求得结果.14、【解析】

通过画出图形，可计算出圆心到直线的最短距离，建立不等式即可得到的取值范围.【详解】作出图形，由题意可知，，此时，四边形即为,而，故，勾股定理可知，而要是得存在点P满足该条件，只需O到直线的距离不大于即可，即，所以，故的取值范围是.【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，意在考查学生的转化能力，计算能力，分析能力，难度中等.15、【解析】

设关于直线的对称点的坐标为,再根据中点在直线上,且与直线垂直求解即可.【详解】设关于直线的对称点的坐标为,则中点为,则在直线上,故①.又与直线垂直有②,联立①②可得.故.故答案为：【点睛】本题主要考查了点关于直线对称的点坐标,属于基础题.16、1【解析】

由表格得，即样本中心点的坐标为，又因为样本中心点在回归方程上且，解得：，当时，，故答案为1．考点：回归方程【名师点睛】本题考查线性回归方程，属容易题.两个变量之间的关系，除了函数关系，还存在相关关系，通过建立回归直线方程，就可以根据其部分观测值，获得对这两个变量之间整体关系的了解．解题时根据所给的表格做出本组数据的样本中心点，根据样本中心点在线性回归直线上，利用待定系数法做出的值，现在方程是一个确定的方程，根据所给的的值，代入线性回归方程，预报要销售的件数．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】

根据向量坐标运算计算得到与的坐标（1）由垂直关系得到数量积为，可构造方程求得；（2）由向量平行的坐标表示可构造方程求得.【详解】，（1）由与垂直得：，解得：（2）由与平行得：，解得：【点睛】本题考查平面向量平行和垂直的坐标表示；关键是能够明确两向量垂直可得；两向量平行可得.18、（1）（2）【解析】

（1）根据平面向量的数量积即可解决．（2）根据两个向量垂直，数量积为0即可解决．【详解】解：（1）（2）由题意可得：，即，，

.【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积，及两个向量垂直时数量积为0的情况，属于基础题．19、（1）（2）（3）【解析】解：⑴，椭圆方程为，∴左、右焦点坐标为．⑵，椭圆方程为，设，则∴时；时．⑶设动点，则∵当时，取最小值，且，∴且解得．20、（1）证明见解析；（2）（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】

（1）取中点，连接，通过证明，证得平面，由此证得.（2）（I）通过证明，证得平面，由此证得,利用“直斜边的中线等于斜边的一半”这个定理及其逆定理，证得.（II）利用求得四面体的体积的表达式，结合基本不等式求得四面体的体积的最大值.【详解】（1）取的中点，所以，所以.又因为，所以，又，所以面，所以.（2）（Ⅰ）由题意得，在正三角形中，，又因为，且，所以面，所以.∵为棱的中点，∴，在中，为的中点，.∴（Ⅱ），四面体的体积，又因为，即，所以等号当且仅当时成立，此时.故所求的四面体的体积的最大值为.【点睛】本小题主要考查线线垂直的证明，考查线面垂直的证明，考查直角三角形的判定，考