安徽省宿州市十三所省重点中学2026届数学高一下期末经典模拟试题含解析

安徽省宿州市十三所省重点中学2026届数学高一下期末经典模拟试题注意事项: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．已知，则下列不等式成立的是()A． B． C． D．2．数列1，，，…，的前n项和为A． B． C． D．3．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思是“有一个人走378里，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到达目的地．”请问第三天走了（）A．60里 B．48里 C．36里 D．24里4．用数学归纳法证明的过程中，设，从递推到时，不等式左边为（）A． B．C． D．5．已知各项均为正数的等比数列，若，则的值为（）A．-4 B．4 C． D．06．设全集，集合，，则（）A． B． C． D．7．“”是“”成立的（）A．充分非必要条件. B．必要非充分条件.C．充要条件. D．既非充分又非必要条件.8．函数的部分图像大致为A． B． C． D．9．△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c．已知，a=2，c=，则C=A． B． C． D．10．若双曲线的中心为原点，是双曲线的焦点，过的直线与双曲线相交于，两点，且的中点为，则双曲线的方程为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．在封闭的直三棱柱内有一个表面积为的球，若，则的最大值是_______.12．设向量，且，则__________．13．一个扇形的圆心角是2弧度，半径是4，则此扇形的面积是______.14．数列的前项和,则的通项公式_____.15．在数列{}中，，则____.16．已知直线与，当时，实数_______；当时，实数_______.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．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．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.（1）求角C；（2）若，，求的面积.19．已知数列的前项和，且；（1）求它的通项.（2）若，求数列的前项和.20．在数列中，，.（1）分别计算，，的值；（2）由（1）猜想出数列的通项公式，并用数学归纳法加以证明.21．如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，侧面PAD是正三角形，且侧面PAD⊥底面ABCD，E为侧棱PD的中点．（1）求证：PB//平面EAC；（2）求证：AE⊥平面PCD；（3）当为何值时，PB⊥AC？

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】

依次判断每个选项得出答案.【详解】A.，取，不满足，排除B.，取，不满足，排除C.，当时，不满足，排除D.，不等式两边同时除以不为0的正数，成立故答案选D【点睛】本题考查了不等式的性质，意在考查学生的基础知识.2、B【解析】

数列为，则所以前n项和为．故选B3、B【解析】

根据题意得出等比数列的项数、公比和前项和，由此列方程，解方程求得首项，进而求得的值.【详解】依题意步行路程是等比数列，且，，，故，解得，故里.故选B.【点睛】本小题主要考查中国古典数学文化，考查等比数列前项和的基本量计算，属于基础题.4、C【解析】

比较与时不等式左边的项，即可得到结果【详解】因此不等式左边为，选C.【点睛】本题考查数学归纳法，考查基本分析判断能力，属基础题5、B【解析】

根据等比中项可得，再根据，即可求出结果.【详解】由等比中项可知，，又，所以.故选:B.【点睛】本题主要考查了等比中项的性质，属于基础题.6、D【解析】

先求得集合的补集，然后求其与集合的交集，由此得出正确选项.【详解】依题意，所以，故选D.【点睛】本小题主要考查集合补集、交集的概念和运算，属于基础题.7、A【解析】

依次分析充分性与必要性是否成立.【详解】时，而时不一定成立，所以“”是“”成立的充分非必要条件，选A.【点睛】本题考查充要关系判定，考查基本分析判断能力，属基础题8、C【解析】由题意知，函数为奇函数，故排除B；当时，，故排除D；当时，，故排除A．故选C．点睛:函数图像问题首先关注定义域，从图像的对称性，分析函数的奇偶性，根据函数的奇偶性排除部分选择项，从图像的最高点、最低点，分析函数的最值、极值，利用特值检验，较难的需要研究单调性、极值等，从图像的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．9、B【解析】

试题分析：根据诱导公式和两角和的正弦公式以及正弦定理计算即可详解：sinB=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC，∵sinB+sinA（sinC﹣cosC）=0，∴sinAcosC+cosAsinC+sinAsinC﹣sinAcosC=0，∴cosAsinC+sinAsinC=0，∵sinC≠0，∴cosA=﹣sinA，∴tanA=﹣1，∵＜A＜π，∴A=，由正弦定理可得，∵a=2，c=，∴sinC==，∵a＞c，∴C=，故选B．点睛：本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据.解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说,当条件中同时出现及、时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.10、B【解析】由题可知，直线：，设，，得，又，解得，所以双曲线方程为，故选B。二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

根据已知可得直三棱柱的内切球半径为，代入球的表面积公式，即可求解.【详解】由题意，因为，所以,可得的内切圆的半径为，又由，故直三棱柱的内切球半径为，所以此时的最大值为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了直三棱柱的几何结构特征，以及组合体的性质和球的表面积的计算，着重考查了空间想象能力，以及推理与计算能力，属于中档试题.12、【解析】因为，所以，故答案为.13、16【解析】

利用公式直接计算即可.【详解】扇形的面积.故答案为：.【点睛】本题考查扇形的面积，注意扇形的面积公式有两个：，其中为扇形的半径，为圆心角的弧度数，为扇形的弧长，可根据题设条件合理选择一个，本题属于基础题.14、【解析】

根据和之间的关系,应用公式得出结果【详解】当时,；当时,；∴故答案为【点睛】本题考查了和之间的关系式,注意当和时要分开讨论,题中的数列非等差数列.本题属于基础题15、1【解析】

直接利用等比数列的通项公式得答案．【详解】解：在等比数列中，由，公比，得．故答案为：1．【点睛】本题考查等比数列的通项公式，是基础题．16、【解析】

根据两直线垂直和平行的充要条件，得到关于的方程，解方程即可得答案.【详解】当时，，解得：；当时，且，解得：.故答案为：；.【点睛】本题考查两直线垂直和平行的充要条件，考查逻辑推理能力和运算求解能力，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）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）；（2）【解析】

（1）利用正弦定理进行边化角，然后得到的值，从而得到；（2）根据余弦定理，得到关于的方程，从而得到，再根据面积公式，得到答案.【详解】（1）在中，根据正弦定理，由，可得，所以，因为为内角，所以，所以因为为内角，所以，（2）在中，，，由余弦定理得解得，所以.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，三角形面积公式，属于简单题.19、（1）（2）【解析】

（1）由，利用与的关系式，即可求得数列的通项公式；（2）由（1）可得，利用乘公比错位相减法，即可求得数列的前项和.【详解】（1）由，当时，；当时，，当也成立，所以则通项；（2）由（1）可得，-，，两式相减得所以数列的前项和为.【点睛】本题主要考查了数列和的关系、以及“错位相减法”求和的应用，此类题目是数列问题中的常见题型，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数，着重考查了的逻辑思维能力及基本计算能力等.20、(1),；

(2),证明见解析【解析】

(1)分别令即可运算得出，，的值；(2)由(1)可猜想出,当时成立,再假设当时,成立,再利用推导出即可.【详解】(1)令有；

令有；

令有所以，，(2)由(1)可得,,,,故可猜想.证明：当时,成立；假设当时,成立,且即当时,,即,化简得,,即也满足,当时成立,故对于任意的,有,证毕.所以.【点睛】本题主要考查了数学归纳法的运用，其中步骤为：(1)证明当取第一个值时命题成立.对于一般数列取值为0或1；(2)假设当()且为自然数）时命题成立,证明当时命题也成立.

综合(1)(2),对一切自然数,命题都成立.21、（1）见解析；（2）见解析【解析】

1）连结BD交AC于O，连结EO,由EO//PB可证PB//平面EA．（2）由侧面PAD⊥底面ABCD，，可证，又PAD是正三角形，所以AE⊥平面PCD．（3）设N为AD中点，连接PN，则，可证PN⊥底面ABCD，所以要使PB⊥AC，只需NB⊥AC，由相似三角形可求得比值．【详解】（1）连结BD交AC于O，连结EO,因为O，E分别为BD.PD的中点,所以EO//PB,,所以PB//平面EA