2026届吉林省榆树一中五校高一下数学期末质量检测模拟试题含解析

2026届吉林省榆树一中五校高一下数学期末质量检测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．已知圆的圆心与点关于直线对称，直线与圆相交于，两点，且，则圆的半径长为()A． B． C．3 D．2．将函数的图象向左平移个单位长度，再将图象上每个点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象.若函数在区间上有且仅有两个零点，则的取值范围为（）A． B． C． D．3．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，，，且平面，为的中点，则下列结论错误的是（）A． B．C．平面平面 D．三棱锥的体积为4．已知在中，为的中点，，，点为边上的动点，则最小值为（）A．2 B． C． D．－25．边长为2的正方形内有一封闭曲线围成的阴影区域.向正方形中随机地撒200粒芝麻，大约有80粒落在阴影区域内，则此阴影区域的面积约为（）A． B． C． D．6．已知两条不重合的直线和，两个不重合的平面和，下列四个说法：①若，，，则；②若，，则；③若，，，，则；④若，，，，则．其中所有正确的序号为（）A．②④ B．③④ C．④ D．①③7．电视台某节目组要从名观众中抽取名幸运观众．先用简单随机抽样从人中剔除人，剩下的人再按系统抽样方法抽取人，则在人中，每个人被抽取的可能性（）A．都相等，且为 B．都相等，且为C．均不相等 D．不全相等8．某校从高一年级学生中随机抽取部分学生，将他们的模块测试成绩分成6组：[40,50),[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]加以统计，得到如图所示的频率分布直方图．已知高一年级共有学生600名，据此估计，该模块测试成绩不少于60分的学生人数为（）A．588 B．480 C．450 D．1209．已知：，则（）A． B． C． D．10．某几何体的直观图如图所示，是的直径，垂直所在的平面，且，为上从出发绕圆心逆时针方向运动的一动点.若设弧的长为，的长度为关于的函数，则的图像大致为（）A． B．C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．设为数列的前项和，则__12．已知函数在时取得最小值，则________．13．已知变量x，y线性相关，其一组数据如下表所示.若根据这组数据求得y关于x的线性回归方程为，则______.x1245y5.49.610.614.414．定义运算，如果，并且不等式对任意实数x恒成立，则实数m的范围是______.15．已知1，，，，4成等比数列，则______.16．函数的最小正周期是________.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．已知，，（1）求的解析式，并求出的最大值；（2）若，求的最小值和最大值，并指出取得最值时的值.18．已知函数，，值域为，求常数、的值；19．设向量，，.（1）若，求实数的值；（2）求在方向上的投影.20．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB的中点．求证：(1)AC⊥BC1；(2)AC1∥平面CDB1.21．已知圆，直线.圆与轴交于两点，是圆上不同于的一动点，所在直线分别与交于.（1）当时，求以为直径的圆的方程；（2）证明：以为直径的圆截轴所得弦长为定值.

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】

根据题干画出简图，在直角中，通过弦心距和半径关系通过勾股定理求解即可。【详解】圆的圆心与点关于直线对称，所以，，设圆的半径为，如下图，圆心到直线的距离为：，，【点睛】直线和圆相交问题一般两种方法：第一，通过弦心距d和半径r的关系，通过勾股定理求解即可。第二，直线方程和圆的方程联立，则。两种思路，此题属于中档题型。2、C【解析】

写出变换后的函数解析式，，，结合正弦函数图象可分析得：要使函数有且仅有两个零点，只需，即可得解.【详解】由题，根据变换关系可得：，函数在区间上有且仅有两个零点，，，根据正弦函数图象可得：，解得：.故选：C【点睛】此题考查函数图象的平移和伸缩变换，根据函数零点个数求参数的取值范围.3、B【解析】

根据余弦定理可求得，利用勾股定理证得，由线面垂直性质可知，利用线面垂直判定定理可得平面，利用线面垂直性质可知正确；假设正确，由和假设可证得平面，由线面垂直性质可知，从而得到，显然错误，则错误；由面面垂直判定定理可证得正确；由可求得三棱锥体积，知正确，从而可得选项.【详解】，，平面，平面又平面，平面平面，则正确；若，又且平面，平面平面又，与矛盾，假设错误，则错误；平面，平面又平面平面平面，则正确；为中点，，则正确本题正确选项：【点睛】本题考查立体几何中相关命题的判断，涉及到线面垂直的判定与性质定理的应用、面面垂直关系的判定、三棱锥体积的求解等知识，是对立体几何部分的定理的综合考查，关键是能够准确判定出图形中的线面垂直关系.4、C【解析】

由，结合投影几何意义，建立平面直角坐标系，结合向量数量积的定义及二次函数的性质即可求解.【详解】由,结合投影几何意义有：过点作的垂线，垂足落在的延长线上，且,以所在直线为轴，以中点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则设，其中则解析式是关于的二次函数，开口向上，对称轴时取得最小值，当时取得最小值故选：【点睛】本题考查向量方法解决几何最值问题，属于中等题型.5、B【解析】

依题意得，豆子落在阴影区域内的概率等于阴影部分面积与正方形面积之比，即可求出结果.【详解】设阴影区域的面积为，由题意可得，则.故选：B.【点睛】本题考查随机模拟实验，根据几何概型的意义进行模拟实验计算阴影部分面积，关键在于掌握几何概型的计算公式.6、C【解析】

根据线面平行，面面平行，线面垂直，面面垂直的性质定理，判定定理等有关结论，逐项判断出各项的真假，即可求出．【详解】对①，若，，，则或和相交，所以①错误；对②，若，，则或，所以②错误；对③，根据面面平行的判定定理可知，只有，，，，且和相交，则，所以③错误；对④，根据面面垂直的性质定理可知，④正确．故选：C．【点睛】本题主要考查有关线面平行，面面平行，线面垂直，面面垂直的命题的判断，意在考查线面平行，面面平行，线面垂直，面面垂直的性质定理，判定定理等有关结论的理解和应用，属于基础题．7、A【解析】

根据随机抽样等可能抽取的性质即可求解.【详解】由随机抽样等可能抽取，可知每个个体被抽取的可能性相等，故抽取的概率为.故选：A【点睛】本题考查了随机抽样的特点，属于基础题.8、B【解析】试题分析：根据频率分布直方图，得；该模块测试成绩不少于60分的频率是1-（0.005+0.015）×10=0.8，∴对应的学生人数是600×0.8=480考点：频率分布直方图9、A【解析】

观察已知角与待求的角之间的特殊关系，运用余弦的二倍角公式和诱导公式求解.【详解】令，则，所以，所以，故选A.【点睛】本题关键在于观察出已知角与待求的角之间的特殊关系，属于中档题.10、A【解析】如图所示，设，则弧长，线段，作于当在半圆弧上运动时，，，即，由余弦函数的性质知当时，即运动到点时有最小值，只有选项适合，又由对称性知选，故选A.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

当时，；当时，，即，若为偶数，则为奇数）；若为奇数，则，故是偶数）．因为，，所以，同理可得，，，所以，应选答案．点睛：本题运用演绎推理的思维方法，分别探求出数列各项的规律（成等比数列），再运用等比数列的求和公式，使得问题简捷、巧妙获解．12、【解析】试题分析：因为，所以，当且仅当即，由题意，解得考点：基本不等式13、4.3【解析】

由所给数据求出，根据回归直线过中心点可求解．【详解】由表格得到，，将样本中心代入线性回归方程得.故答案为：4.3【点睛】本题考查线性回归直线方程，掌握回归直线的性质是解题关键，即回归直线必过中心点．14、【解析】

先由题意得到，根据题意求出的最大值，即可得出结果.【详解】由题意得到，其中，因为，所以，又不等式对任意实数x恒成立，所以.故答案【点睛】本题主要考查由不等式恒成立求参数的问题，熟记三角函数的性质即可，属于常考题型.15、2【解析】

因为1，，，，4成等比数列，根据等比数列的性质，可得，再利用，确定取值.【详解】因为1，，，，4成等比数列，所以，所以或，又因为，所以.故答案为:2【点睛】本题主要考查等比数列的性质，还考查运算求解的能力，属于基础题.16、【解析】

根据函数的周期公式计算即可.【详解】函数的最小正周期是.故答案为【点睛】本题主要考查了正切函数周期公式的应用，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），最大值为.（2）时，最小值0.时，最大值.【解析】

（1）利用数量积公式、倍角公式和辅助角公式，化简，再利用三角函数的有界性，即可得答案；（2）利用整体法求出，再利用三角函数线，即可得答案.【详解】（1）∴，的最大值为.（2）由（1）得，∵，.，当时，即时，取最小值0.当，即时，取最大值.【点睛】本题考查向量数量积、二倍角公式、辅助角公式、三角函数的性质，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，求解时注意整体法的应用.18、，；或，；【解析】

先利用辅助角公式化简,再根据,值域为求解即可.【详解】.又则,当时,,此时当时,,此时故,；或,；【点睛】本题主要考查了三角函数的辅助角公式以及三角函数值域的问题,需要根据自变量的范围求出值域,同时注意正弦函数部分的系数正负,属于中等题型.19、（1）；（2）.【解析】

（1）计算出的坐标，然后利用共线向量的坐标表示列出等式求出实数的值；（2）求出和，从而可得出在方向上的投影为.【详解】（1），，，，，，解得；（2），，在方向上的投影.【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，考查共线向量的坐标运算以及投影的计算，在解题时要弄清楚这些知识点的定义以及坐标运算律，考查计算能力，属于中等题.20、(1)证明见解析；(2)证明见解析.【解析】试题分析：（1）由勾股定理可证得为直角三角形即可证得，由直棱柱可知面，可证得，根据线面垂直的判定定理可证得面，从而可得．（2）设与的交点为，连结，由中位线可证得，根据线面平行的判定定理可证得平面．试题解析：证明：（1）证明：，，为直角三角形且，即．又∵三棱柱为直棱柱，面，面，，，面，面，．（2）设与的交点为，连结，是的中点，是的中点，．面，面，平面．考点：1线线垂直，线面垂直；2线面平行．21、（1）；（2）证明见解析.【解析】

（1）讨论点的位置，根据直线的方程，直线的方程分别与直线方程联立，得出的坐标，进而得出圆心坐标以及半径，即可得出该圆的方程；（2）讨论点的位置，根据直角三角形的边角关系得出的坐标，进而得出圆心坐标以及半径，再由圆的弦长公式化简即可证明.【详解】（1）由圆的方程可知，①当点在第一象限时，如下图所示当时，，所以直线的方程为由，解得直线的方程为由，解得则的中点坐标为，所以以为直