山西省吕梁市孝义市2026届高一下数学期末经典试题含解析

山西省吕梁市孝义市2026届高一下数学期末经典试题注意事项：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．不等式x+5(x-1)A．[-3，1C．[122．已知等差数列an的前n项和为Sn，若a8=12，S8A．-2 B．2 C．-1 D．13．如图，直角的斜边长为2，，且点分别在轴，轴正半轴上滑动，点在线段的右上方．设，（），记，，分别考察的所有运算结果，则（）A．有最小值，有最大值 B．有最大值，有最小值C．有最大值，有最大值 D．有最小值，有最小值4．一个扇形的弧长与面积都是3，则这个扇形圆心角的弧度数为（）A． B． C． D．5．设函数，若对任意的实数x都成立，则的最小值为（）A． B． C． D．16．已知△ABC的项点坐标为A（1，4），B（﹣2，0），C（3，0），则角B的内角平分线所在直线方程为（）A．x﹣y+2＝0 B．xy+2＝0 C．xy+2＝0 D．x﹣2y+2＝07．已知向量，，则与的夹角为（）A． B． C． D．8．由小到大排列的一组数据，，，，，其中每个数据都小于，那么对于样本，，，，，的中位数可以表示为（）A． B． C． D．9．如图，两点为山脚下两处水平地面上的观测点，在两处观察点观察山顶点的仰角分别为，若，，且观察点之间的距离比山的高度多100米，则山的高度为（）A．100米 B．110米 C．120米 D．130米10．长方体中，已知，，棱在平面内，则长方体在平面内的射影所构成的图形面积的取值范围是（）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，则的值为．12．已知直线l过定点,且与两坐标轴围成的三角形的面积为4，则直线l的方程为______.13．在中，，则_____________14．在等比数列中，，公比，若，则达到最大时n的值为____________．15．在平面直角坐标系中，从五个点：中任取三个，这三点能构成三角形的概率是_______．16．如图记录了甲乙两名篮球运动员练习投篮时，进行的5组100次投篮的命中数，若这两组数据的中位数相等，平均数也相等，则______，_________.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．在公比不为1的等比数列中，，且依次成等差数列（1）求数列的通项公式；（2）令，设数列的前项和，求证：18．已知三棱柱中,三个侧面均为矩形,底面为等腰直角三角形,,点为棱的中点,点在棱上运动.（1）求证；（2）当点运动到某一位置时，恰好使二面角的平面角的余弦值为，求点到平面的距离；（3）在（2）的条件下，试确定线段上是否存在一点，使得平面？若存在，确定其位置；若不存在，说明理由.19．（1）从2，3，8，9中任取两个不同的数字，分别记为，求为整数的概率？（2）两人相约在7点到8点在某地会面，先到者等候另一个人20分钟方可离去．试求这两人能会面的概率？20．已知函数.（1）若，求函数的值；（2）求函数的值域.21．已知向量，，函数.（1）若且，求；（2）求函数的最小正周期T及单调递增区间.

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、D【解析】试题分析：x+5(x-1)2≥2⇔x+5≥2(x-1)2且x≠1考点：分式不等式解法2、B【解析】

直角利用待定系数法可得答案.【详解】因为S8=8a1+a82【点睛】本题主要考查等差数列的基本量的相关计算，难度不大.3、B【解析】

设，用表示出，根据的取值范围，利用三角函数恒等变换化简，进而求得最值的情况.【详解】依题意，所以.设，则，所以，，所以，当时，取得最大值为.，所以，所以，当时，有最小值为.故选B.【点睛】本小题主要考查平面向量数量积的坐标运算，考查三角函数化简求值，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.4、B【解析】

根据扇形的弧长与面积公式,代入已知条件即可求解.【详解】设扇形的弧长为,面积为,半径为,圆心角弧度数为由定义可得,代入解得rad故选:B【点睛】本题考查了扇形的弧长与面积公式应用,属于基础题.5、B【解析】

对任意的实数x都成立，说明三角函数f（x）在时取最大值，利用这个信息求ω的值．【详解】由题意，当时，取到最大值，所以，解得，因为，所以当时，取到最小值.故选：B.【点睛】本题考查正弦函数的图象及性质，三角函数的单调区间、对称轴、对称中心、最值等为常考题，本题属于基础题.6、D【解析】

由已知可得|AB|＝|BC|＝5，所以角B的内角平分线所在直线方程为AC的垂直平分线，继而可以求得结果．【详解】由已知可得|AB|＝|BC|＝5，所以角B的内角平分线所在直线方程为AC的垂直平分线，又线段AC中点坐标为（2，2），则角B的内角平分线所在直线方程为y﹣2，即x﹣2y+2＝1．故选：D．【点评】本题考查直线的位置关系，考查垂直的应用，由|AB|＝|BC|＝5转化为求直线的AC的垂直平分线是关键，属于中档题．7、D【解析】

利用夹角公式计算出两个向量夹角的余弦值，进而求得两个向量的夹角.【详解】设两个向量的夹角为，则，故.故选：D.【点睛】本小题主要考查两个向量夹角的计算，考查向量数量积和模的坐标表示，属于基础题.8、C【解析】

根据不等式的基本性质，对样本数据按从小到大排列为，取中间的平均数.【详解】，，则该组样本的中位数为中间两数的平均数，即.【点睛】考查基本不等式性质运用和中位数的定义.9、A【解析】

设山的高度为，求出AB=2x，根据，求出山的高度.【详解】设山的高度为，如图，由，有.在中，，有，又由观察点之间的距离比山的高度多100，有.故山的高度为100.故选A【点睛】本题主要考查解三角形的实际应用，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.10、A【解析】

本题等价于求过BC直线的平面截长方体的面积的取值范围。【详解】长方体在平面内的射影所构成的图形面积的取值范围等价于，求过BC直线的平面截长方体的面积的取值范围。由图形知,，故选A.【点睛】将问题等价转换为可视的问题。二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

利用商数关系式化简即可．【详解】，故填．【点睛】利用同角的三角函数的基本关系式可以化简一些代数式，常见的方法有：（1）弦切互化法：即把含有正弦和余弦的代数式化成关于正切的代数式，也可以把含有正切的代数式化为关于余弦和正弦的代数式；（2）“1”的代换法：有时可以把看成．12、或.【解析】

设直线的方程为，利用已知列出方程，①和②，解方程即可求出直线方程【详解】设直线的方程为.因为点在直线上，所以①.因为直线与两坐标轴围成的三角形的面积为4,所以②.由①②可知或解得或故直线的方程为或，即或.【点睛】本题考查截距式方程和直线与坐标轴形成的三角形面积问题，属于基础题13、【解析】

先由正弦定理得到，再由余弦定理求得的值．【详解】由，结合正弦定理可得，故设，，()，由余弦定理可得，故.【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理的运用，属于基础题．14、7【解析】

利用，得的值【详解】因为，，所以为7.故答案为：7【点睛】本题考查等比数列的项的性质及单调性，找到与1的分界是关键，是基础题15、【解析】

分别算出两点间的距离，共有种，构成三角形的条件为任意两边之和大于第三边，所以在这10种中找出满足条件的即可．【详解】由两点之间的距离公式，得：，，，任取三点有：，共10种，能构成三角形的有：，共6种，所求概率为：.【点睛】构成三角形必须满足任意两边之和大于第三边，则n个点共有个线段，找出满足条件的即可，属于中等难度题目．16、3.5.【解析】

根据茎叶图,将两组数据按照从小到大顺序排列,由中位数和平均数相等,即可解得的值.【详解】甲乙两组数据的中位数相等,平均数也相等对于甲组将数据按照从小到大顺序排列后可知,中位数为65.所以乙组中位数也为65.根据乙组数据可得则由两组的平均数相等,可知两组的总数也相等,即解得故答案为:;【点睛】本题考查了茎叶图的简单应用,由茎叶图求中位数和平均数,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)见证明【解析】

（1）根据已知条件得到关于的方程组，解方程组得的值，即得数列的通项公式；（2）先求出，，再利用裂项相消法求，不等式即得证.【详解】（1）设公比为，，，成等差数列，可得，即，解得（舍去），或，又，解得所以.（2）故，得【点睛】本题主要考查等比数列通项的求法，考查等差数列前n项和的求法，考查裂项相消法求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.18、（1）见解析；（2）；（3）存在，为中点.【解析】

（1）以CB为x轴，CA为y轴，CC1为z轴，C为原点建立坐标系，设E（m，0，2），要证A1C⊥AE，可证,只需证明，利用向量的数量积运算即可证明；（2）分别求出平面EA1D、平面A1DB的一个法向量，由两法向量夹角余弦值的绝对值等于，解得m值，由此可得答案；（3）在（2）的条件下，设F（x，y，0），可知与平面A1DB的一个法向量平行，由此可求出点F坐标，进而求出||，即得答案.【详解】（1）以CB为x轴，CA为y轴，CC1为z轴，C为原点建立坐标系，设E（m，0，2），C（0，0，0），A（0，2，0），A1（0，2，2），D（0，0，1），B（2，0，0），＝（0，﹣2，﹣2），＝（m，﹣2，2），因为＝0+（﹣2）×（﹣2）﹣2×2＝0，所以⊥，即A1C⊥AE；（2）＝（m，0，1），＝（0，2，1），设＝（x，y，z）为平面EA1D的一个法向量，则即，取＝（2，m，﹣2m），＝（2，0，﹣1），设＝（x，y，z）为平面A1DB的一个法向量，则，即，取＝（1，﹣1，2），由二面角E﹣A1D﹣B的平面角的余弦值为，得||＝，解得m＝1，平面A1DB的一个法向量＝（1，﹣1，2），根据点E到面的距离为：.（3）由（2）知E（1，0，2），且＝（1，﹣1，2）为平面A1DB的一个法向量，设F（x，y，0），则＝（x﹣1，y，﹣2），且，所以x﹣1＝﹣1，y＝1，解得x＝0，y＝1，所以＝（﹣1，1，﹣2），＝＝，故EF的长度为，此时点F（0，1，0）．存在F点为AC中点.【点睛】本题考查重点考查直线与平面垂直的性质、二面角的平面角及其求法、空间点、线、面间距离计算，考查学生空间想象能力、推理论证能力．19、（1）；（2）【解析】

（1）分别求出基本事件总数及为整数的事件数，再由古典概型概率公式求解；（2）建立坐标系，找出会面的区域，用会面的区域面积比总区域面积得答案．【详解】（1）所有的基本事件共有4×3=12个，记事件A={为整数}，因为，则事件A包含的基本事件共有2个，∴p（A）=；（2）以x、y分别表示两人到达时刻，则．两人能会面的充要条件是．建立直角坐标系如下图：∴P=．∴这两人能会面的概率为．【点睛