湖南师大附中2026届数学高一下期末考试试题含解析

湖南师大附中2026届数学高一下期末考试试题注意事项：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．已知直线与互相垂直，垂足坐标为，且，则的最小值为（）A．1 B．4 C．8 D．92．的内角的对边分别为，面积为，若，则外接圆的半径为（）A． B． C． D．3．若，满足不等式组，则的最小值为（）A．-5 B．-4 C．-3 D．-24．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若，则（）A． B． C． D．5．在正方体中，分别是线段的中点，则下列判断错误的是（）A．与垂直 B．与垂直C．与平行 D．与平行6．甲、乙、丙、丁4名田径选手参加集训，将挑选一人参加400米比赛，他们最近10次测试成绩的平均数和方差如下表；根据表中数据，应选哪位选手参加比赛更有机会取得好成绩？（）甲乙丙丁平均数59575957方差12121010A．甲 B．乙 C．丙 D．丁7．产能利用率是指实际产出与生产能力的比率，工业产能利用率是衡量工业生产经营状况的重要指标．下图为国家统计局发布的2015年至2018年第2季度我国工业产能利用率的折线图．在统计学中，同比是指本期统计数据与上一年同期统计数据相比较，例如2016年第二季度与2015年第二季度相比较；环比是指本期统计数据与上期统计数据相比较，例如2015年第二季度与2015年第一季度相比较．据上述信息，下列结论中正确的是（）A．2015年第三季度环比有所提高 B．2016年第一季度同比有所提高C．2017年第三季度同比有所提高 D．2018年第一季度环比有所提高8．对于不同的直线l、、及平面，下列命题中错误的是（）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则9．已知角的终边经过点，则A． B． C． D．10．等比数列的各项均为正数，且，则（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知函数，有以下结论：①若，则；②在区间上是增函数；③的图象与图象关于轴对称；④设函数，当时，．其中正确的结论为__________．12．在平面直角坐标系xOy中，双曲线的右支与焦点为F的抛物线交于A，B两点若，则该双曲线的渐近线方程为________.13．在中，角、、所对应边分别为、、，，的平分线交于点，且，则的最小值为______14．若直线与直线平行，则实数a的值是________．15．若是等差数列，首项，，，则使前项和最大的自然数是________.16．设a＞0，b＞0，若是与3b的等比中项，则的最小值是__．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．如图，是菱形，对角线与的交点为，四边形为梯形，，．（1）若，求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）若，求直线与平面所成角的余弦值．18．在平面直角坐标系中，已知向量，．（1）求证：且；（2）设向量，，且，求实数的值．19．已知圆的圆心在轴的正半轴上，半径为2，且被直线截得的弦长为.（1）求圆的方程；（2）设是直线上的动点，过点作圆的切线，切点为，证明：经过，，三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标.20．在中，（Ⅰ）求；（Ⅱ）若，，求的值21．已知函数.(1)求的值及f(x)的对称轴；(2)将的图象向左平移个单位得到函数的图象，求的单调递增区间.

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】

代入垂足坐标，可得，然后根据基本不等式，可得结果.【详解】由两条直线的交点坐标为所以代入可得，即又，所以即当且仅当，即时，取等号故选：B【点睛】本题主要考查基本不等式，属基础题.2、A【解析】

出现面积，可转化为观察，和余弦定理很相似，但是有差别，差别就是条件是形式，而余弦定理中是形式，但是我们可以注意到：,所以可以完成本题.【详解】由，所以在三角形中,再由正弦定理所以答案选择A.【点睛】本题很灵活，在常数4的处理问题上有点巧妙，然后再借助余弦定理及正弦定理，难度较大.3、A【解析】

画出不等式组表示的平面区域，平移目标函数，找出最优解，求出的最小值．【详解】画出，满足不等式组表示的平面区域，如图所示平移目标函数知，当目标函数过点时，取得最小值，由得，即点坐标为∴的最小值为，故选A.【点睛】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.4、A【解析】

由正弦定理可得，再结合求解即可.【详解】解：由，又，则，由，则，故选：A.【点睛】本题考查了正弦定理，属基础题.5、D【解析】

利用数形结合，逐一判断，可得结果.【详解】如图由分别是线段的中点所以//A选项正确，因为，所以B选项正确，由，所以C选项正确D选项错误，由//，而与相交，所以可知，异面故选：D【点睛】本题主要考查空间中直线与直线的位置关系，属基础题.6、D【解析】

由平均数及方差综合考虑得结论．【详解】解：由四位选手的平均数可知，乙与丁的平均速度快；再由方差越小发挥水平越稳定，可知丙与丁稳定，故应选丁选手参加比赛更有机会取得好成绩．故选：．【点睛】本题考查平均数与方差，熟记结论是关键，属于基础题．7、C【解析】

根据同比和环比的定义比较两期数据得出结论．【详解】解：2015年第二季度利用率为74.3%，第三季度利用率为74.0%，故2015年第三季度环比有所下降，故A错误；2015年第一季度利用率为74.2%，2016年第一季度利用率为72.9%，故2016年第一季度同比有所下降，故B错误；2016年底三季度利用率率为73.2%，2017年第三季度利用率为76.8%，故2017年第三季度同比有所提高，故C正确；2017年第四季度利用率为78%，2018年第一季度利用率为76.5%，故2018年第一季度环比有所下降，故D错误．故选C．【点睛】本题考查了新定义的理解，图表认知，考查分析问题解决问题的能力，属于基础题．8、C【解析】

由平面的基本性质及其推论得：对于选项C，可能l∥n或l与n相交或l与n异面，即选项C错误，得解．【详解】由平行公理4可得选项A正确，由线面垂直的性质可得选项B正确，由异面直线所成角的定义可得选项D正确，对于选项C，若l∥α，n∥α，则l∥n或l与n相交或l与n异面，即选项C错误，故选C．【点睛】本题考查了平面中线线、线面的关系及性质定理与推论的应用，属简单题．9、A【解析】

根据三角函数的定义，求出，即可得到的值．【详解】因为，，所以．故选：A．【点睛】本题主要考查已知角终边上一点，利用三角函数定义求三角函数值，属于基础题．10、D【解析】

本题首先可根据数列是各项均为正数的等比数列以及计算出的值，然后根据对数的相关运算以及等比中项的相关性质即可得出结果．【详解】因为等比数列的各项均为正数，，所以，，所以，故选D．【点睛】本题考查对数的相关运算以及等比中项的相关性质，考查的公式为以及在等比数列中有，考查计算能力，是简单题．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、②③④【解析】

首先化简函数解析式，逐一分析选项，得到答案.【详解】①当时，函数的周期为，，或，所以①不正确；②时，，所以是增函数，②正确；③函数还可以化简为，所以与关于轴对称，正确；④，当时，，，④正确故选②③④【点睛】本题考查了三角函数的化简和三角函数的性质，属于中档题型.12、【解析】

根据题意到，联立方程得到，得到答案.【详解】，故.，故，故，故.故双曲线渐近线方程为：.故答案为：.【点睛】本题考查了双曲线的渐近线问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.13、18【解析】

根据三角形面积公式找到的关系，结合基本不等式即可求得最小值.【详解】根据题意，，因为的平分线交于点，且，所以而所以，化简得则当且仅当，即，时取等号，即最小值为.故答案为：【点睛】本题考查三角形面积公式和基本不等式，考查计算能力，属于中等题型14、0【解析】

解方程即得解.【详解】因为直线与直线平行，所以，所以或.当时，两直线重合，所以舍去.当时，两直线平行，满足题意.故答案为：【点睛】本题主要考查两直线平行的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.15、【解析】

由已知条件推导出，，由此能求出使前项和成立的最大自然数的值．【详解】解：等差数列，首项，，，，．如若不然，，则，而，得，矛盾，故不可能．使前项和成立的最大自然数为．故答案为：．【点睛】本题考查等差数列的前项和取最大值时的值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意等差数列的通项公式的合理运用．16、【解析】由已知,是与的等比中项，则则，当且仅当时等号成立故答案为2【点睛】本题考查基本不等式的性质、等比数列的性质，其中熟练应用“乘1法”是解题的关键．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）证明见解析；（2）证明见解析；（3）【解析】

（1）取的中点，连接，，从而可得为平行四边形，即可证明平面；（2）只需证明平面．即可证明平面平面；（3）作于，则为与平面所成角，在中，由余弦定理得即可．【详解】（1）证明：取的中点，连接，，∵是菱形的对角线，的交点，∴，且，又∵，且，∴，且，从而为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面；（2）∵四边形为菱形，∴，∵，是的中点，∴，又，∴平面，又平面，∴平面平面；（3）作于，∵平面平面，∴平面，则为与平面所成角，由及四边形为菱形，得为正三角形，则，，，∴为正三角形，从而，在中，由余弦定理，得，∴与平面所成角的余弦值为．【点睛】本题主要考查了空间线面位置关系、线面角的计算，属于中档题．18、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）根据向量的坐标求出向量模的方法以及向量的数量积即可求解.（2）根据向量垂直，可得数量积等于，进而解方程即可求解.【详解】（1）证明：，，所以，因为，所以；（2）因为，所以，由（1）得：所以，解得．【点睛】本题考查了向量坐标求向量的模以及向量数量积的坐标表示，属于基础题.19、(1)圆：.(2)证明见解析；，.【解析】

（1）设出圆心坐标，利用点到直线距离公式以及圆的弦长列方程，解方程求得圆心坐标，进而求得圆的方程.（2）设出点坐标，根据过圆的切线的几何性质，得到过，，三点的圆是以为直径的圆.设出圆上任意一点的坐标，利用，结合向量数量积的坐标运算进行化简，得到该圆对应的方程，根据方程过的定点与无关列方程组，解方程组求得该圆所过定点.【详解】解：（1）设圆心，则圆心到直线的距离.因为圆被直线截得的弦长为∴.解得或（舍），∴圆：.（2）已知，设，∵为切线，∴，∴过，，三点的圆是以为直径的圆.设圆上任一点为，则.∵，，∴即.若过定点，即定点与无关令解得或，所以定点为，.【点睛】本小题主要考查圆的几何性质，考查圆的弦长有关计算，考查曲线过定点问题的求解策略，考查向量数量积的坐标运算，属于中档题.20、（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）由正弦定理、二倍角公式，结合可将已知边角关系式化简为，从而求得，根据可求得；（Ⅱ）由三角形面积公式可求得；利用余弦定理可构造方程求得结果.【详解】（Ⅰ）由正弦定理得：，即（Ⅱ）由得：由余弦定理得：【点睛】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理化简边角关系式、余弦定理和三角形面积公式的应用，属于常考题型.21、（1）