2026届安徽省“庐巢六校联盟”高一下数学期末学业质量监测试题含解析

2026届安徽省“庐巢六校联盟”高一下数学期末学业质量监测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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．已知为第Ⅱ象限角，则的值为（）A． B． C． D．2．的内角的对边分别为，若的面积为，则（）A． B． C． D．3．三条线段的长分别为5，6，8，则用这三条线段A．能组成直角三角形 B．能组成锐角三角形C．能组成钝角三角形 D．不能组成三角形4．已知是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（）A．若则 B．若则C．若则 D．若则5．如图，在四棱锥中，底面，底面为直角梯形，，，则直线与平面所成角的大小为()A． B． C． D．6．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，是下列命题正确的是（）A．若，，则 B．若，，，则C．若，，，则 D．若，，，则7．等比数列的各项均为正数，且，则（）A． B． C． D．8．函数的图像关于直线对称，则的最小值为（）A． B． C． D．19．下列各数中最小的数是（）A． B． C． D．10．圆关于原点对称的圆的方程为()A． B．C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．不等式的解集为______.12．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β，下列四个命题正确的是________．①若l⊥β，则α⊥β；②若α⊥β，则l⊥m；③若l∥β，则α∥β；④若α∥β，则l∥m.13．已知等差数列则．14．函数的定义域________．15．若，则的值为_______.16．_________.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．已知是公差不为0的等差数列，，，成等比数列，且.(1)求数列的通项公式；(2)若，数列的前项和为，证明：.18．设两个非零向量与不共线，（1）若，，，求证：三点共线；（2）试确定实数，使和同向.19．已知向量a=(5sin（1）求cos(α+β)（2）若0<α<β<π2，且sinα=20．从代号为A、B、C、D、E的5个人中任选2人（1）列出所有可能的结果；（2）若A、B、C三人为男性，D、E两人为女性，求选出的2人中不全为男性的概率.21．已知函数，若，且，，求满足条件的，.

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】

首先由，解出，求出，再利用二倍角公式以及所在位置，即可求出．【详解】因为，所以或，又为第Ⅱ象限角，故，．因为为第Ⅱ象限角即，所以，，即为第Ⅰ，Ⅲ象限角．由于，解得，故选B．【点睛】本题主要考查二倍角公式的应用以及象限角的集合应用．2、C【解析】

由题意可得，化简后利用正弦定理将“边化为角“即可．【详解】解：的面积为，，，故选：C．【点睛】本题主要考查正弦定理的应用和三角形的面积公式，属于基础题．3、C【解析】

先求最大角的余弦，再得到三角形是钝角三角形.【详解】设最大角为，所以，所以三角形是钝角三角形.故选C【点睛】本题主要考查余弦定理，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.4、D【解析】

A项，可能相交或异面,当时，存在，，故A项错误；B项，可能相交或垂直,当

时，存在，，故B项错误；C项，可能相交或垂直,当

时，存在，，故C项错误；D项，垂直于同一平面的两条直线相互平行，故D项正确,故选D.本题主要考查的是对线，面关系的理解以及对空间的想象能力.考点：直线与平面、平面与平面平行的判定与性质；直线与平面、平面与平面垂直的判定与性质.5、A【解析】

取中点，中点，连接，先证明为所求角，再计算其大小.【详解】取中点，中点，连接.设易知：平面平面易知：四边形为平行四边形平面，即为直线与平面所成角故答案选A【点睛】本题考查了线面夹角，先找出线面夹角是解题的关键.6、D【解析】

根据空间中线线，线面，面面位置关系，逐项判断即可得出结果.【详解】A选项，若，，则可能平行、相交、或异面；故A错；B选项，若，，，则可能平行或异面；故B错；C选项，若，，，如果再满足，才会有则与垂直，所以与不一定垂直；故C错；D选项，若，，则，又，由面面垂直的判定定理，可得，故D正确.故选D【点睛】本题主要考查空间的线面，面面位置关系，熟记位置关系，以及判定定理即可，属于常考题型.7、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．8、C【解析】

的对称轴为，化简得到得到答案.【详解】对称轴为：当时，有最小值为故答案选C【点睛】本题考查了三角函数的对称轴，将对称轴表示出来是解题的关键，意在考查学生对于三角函数性质的灵活运用.9、D【解析】

将选项中的数转化为十进制的数，由此求得最小值的数.【详解】依题意，，，，故最小的为D.所以本小题选D.【点睛】本小题主要考查不同进制的数比较大小，属于基础题.10、D【解析】

根据已知圆的方程可得其圆心，进而可求得其关于原点对称点，利用圆的标准方程即可求解.【详解】由圆，则圆心为，半径，圆心为关于原点对称点为，所以圆关于原点对称的圆的方程为.故选：D【点睛】本题考查了根据圆心与半径求圆的标准方程，属于基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

根据一元二次不等式的解法直接求解可得结果.【详解】由得：即不等式的解集为故答案为：【点睛】本题考查一元二次不等式的求解问题，属于基础题.12、①【解析】

由线面的平行垂直的判定和性质一一检验即可得解.【详解】由平面与平面垂直的判定可知，①正确；②中，当α⊥β时，l，m可以垂直，也可以平行，也可以异面；③中，l∥β时，α，β可以相交；④中，α∥β时，l，m也可以异面．故答案为①.【点睛】本题主要考查了线面、面面的垂直和平行位置关系的判定和性质，属于基础题.13、1【解析】试题分析：根据公式，，将代入，计算得n=1．考点：等差数列的通项公式．14、.【解析】

根据反正弦函数的定义得出，解出可得出所求函数的定义域.【详解】由反正弦的定义可得，解得，因此，函数的定义域为，故答案为：.【点睛】本题考查反正弦函数的定义域，解题的关键就是正弦值域的应用，考查运算求解能力，属于基础题.15、【解析】

把已知等式展开利用二倍角余弦公式及两角和的余弦公式，整理后两边平方求解．【详解】解：由，得，，则，两边平方得：，即．故答案为．【点睛】本题考查三角函数的化简求值，考查倍角公式的应用，是基础题．16、【解析】

根据诱导公式和特殊角的三角函数值可计算出结果.【详解】由题意可得，原式.故答案为.【点睛】本题考查诱导公式和特殊三角函数值的计算，考查计算能力，属于基础题.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）证明见解析【解析】

（1）由题意列式求得数列的首项和公差，然后代入等差数列的通项公式得答案.

（2）求出数列的通项，利用裂项相消法求出数列的前项和得答案．【详解】（1）差数列中，，成等比数列有：即，得所以又，即，.所以.（2）所以.所以所以【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，等比数列的性质，裂项相消法求数列的前项和，是中档题．18、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）根据向量的运算可得，再根据平面向量共线基本定理即可证明三点共线；（2）根据平面向量共线基本定理，可设，由向量相等条件可得关于和的方程组，解方程组并由的条件确定实数的值.【详解】（1）证明：因为，，，所以.所以共线，又因为它们有公共点，所以三点共线.（2）因为与同向，所以存在实数，使，即.所以.因为是不共线的两个非零向量，所以解得或又因为，所以.【点睛】本题考查了平面向量共线定理的应用，三点共线的向量证明方法应用，属于基础题.19、（1）cos(α+β)=2【解析】

（1）根据向量数列积的坐标运算，化简整理得到5cos（2）根据题中条件求出cosα=310再由cos(2α+β)=【详解】解：（1）因为a=(所以a⋅=5因为a⋅b=2，所以5（2）因为0<α<π2,因为0<α<β<π2，所以因为cos(α+β)=2所以cos因为0<α<β<π2，所以0<2α+β<【点睛】本题主要考查三角恒等变换，熟记两角和的余弦公式即可，属于常考题型.20、（1）见解析（2）0.7【解析】

（1）从代号为、、、、的5个人中任选2人，利用列举法能求出所有可能的结果．（2）、、三人为男性，、两人为女性，利用列举法求出选出的2人中不全为男性包含的基本事件有7种，由此能求出选出的2人中不全为男性的概率．【详解】（1）从代号为、、、、的5个人中任选2人．所有可能的结果有10种，分别为：，