2026届黑龙江省大兴安岭漠河县一中高一下数学期末学业质量监测试题含解析

2026届黑龙江省大兴安岭漠河县一中高一下数学期末学业质量监测试题注意事项：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，且，则的最小值为（）A．8 B．12 C．16 D．202．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数.例如：，，已知函数，则函数的值域为（）A． B． C． D．3．为了得到函数的图象，可以将函数的图象（）A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度C．向右平移个单位长度 D．向左平移个单位长度4．在四边形中，，且·＝0，则四边形是（）A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形5．已知正实数a，b满足，则的最小值为（）A．8 B．9 C．10 D．116．若直线与圆相切，则（）A． B． C． D．或7．如图所示，在边长为2的正方形中有一封闭曲线围成的阴影区域，向该正方形中随机撒一粒豆子，它落在阴影区域的概率是，则该阴影区域的面积是（）A．3 B． C． D．8．执行如图所示的程序，已知的初始值为，则输出的的值是（）A． B． C． D．9．已知点在直线上，若存在满足该条件的使得不等式成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．10．（卷号）2397643038875648（题号）2398229448728576（题文）已知直线、，平面、，给出下列命题：①若，，且，则；②若，，且，则；③若，，且，则；④若，，且，则.其中正确的命题是（）A．①② B．③④ C．①④ D．②③二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知，，且，则__________．12．如图，将全体正整数排成一个三角形数阵，按照这样的排列规律，第行从右至左的第3个数为___________．13．已知腰长为的等腰直角△中，为斜边的中点，点为该平面内一动点，若，则的最小值________．14．已知函数分别由下表给出：123211123321则当时，_____________.15．已知函数，若，且，则__________．16．已知实数满足约束条件，若目标函数仅在点处取得最小值，则的取值范围是__________.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，在中，点在边上，，，.（1）求边的长；（2）若的面积是，求的值.18．如图，在直棱柱中，，，，分别是棱，上的点，且平面.（1）证明：//；（2）求证：.19．已知平面向量，且（1）若是与共线的单位向量，求的坐标；（2）若，且，设向量与的夹角为，求．20．正项数列的前项和满足.（I）求的值；（II）证明：当，且时，；（III）若对于任意的正整数，都有成立，求实数的最大值.21．已知函数的最小正周期为.（1）求的值和函数的值域；（2）求函数的单调递增区间及其图像的对称轴方程.

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、C【解析】

由题意可得，则，展开后利用基本不等式，即可求出结果．【详解】因为，且，即为，则，当且仅当，即取得等号，则的最小值为.故选：C．【点睛】本题考查基本不等式的应用，注意等号成立的条件，考查运算能力，属于中档题．2、D【解析】

分离常数法化简f（x），根据新定义即可求得函数y＝[f（x）]的值域．【详解】，又>0，∴，∴∴当x∈（1，1）时，y＝[f（x）]＝1；当x∈[1，）时，y＝[f（x）]＝1．∴函数y＝[f（x）]的值域是{1，1}．故选D．【点睛】本题考查了新定义的理解和应用，考查了分离常数法求一次分式函数的值域，是中档题．3、A【解析】

先将转化为,再判断的符号即可得出结论.【详解】解：因为,所以只需把向右平移个单位.故选：A【点睛】函数左右平移变换时,一是要注意平移方向：按“左加右减",如由的图象变为的图象,是由变为,所以是向左平移个单位；二是要注意前面的系数是不是,如果不是,左右平移时,要先提系数,再来计算.4、A【解析】

由可得四边形为平行四边形，由·＝0得四边形的对角线垂直，故可得四边形为菱形．【详解】∵，∴与平行且相等，∴四边形为平行四边形．又，∴，即平行四边形的对角线互相垂直，∴平行四边形为菱形．故选A．【点睛】本题考查向量相等和向量数量积的的应用，解题的关键是正确理解有关的概念，属于基础题．5、B【解析】

由题意，得到，结合基本不等式，即可求解，得到答案.【详解】由题意，正实数a，b满足，则，当且仅当，即等号成立，所以的最小值为9.故选：B.【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求解最值问题，其中解答中熟记基本不等式的使用条件，合理构造是解答的关键，着重考查了构造思想，以及推理与运算能，属于据此话题.6、D【解析】

本题首先可根据圆的方程确定圆心以及半径，然后根据直线与圆相切即可列出算式并通过计算得出结果。【详解】由题意可知，圆方程为，所以圆心坐标为，圆的半径，因为直线与圆相切，所以圆心到直线距离等于半径，即解得或，故选D。【点睛】本题考查根据直线与圆相切求参数，考查根据圆的方程确定圆心与半径，若直线与圆相切，则圆心到直线距离等于半径，考查推理能力，是简单题。7、B【解析】

利用几何概型的意义进行模拟试验，即估算不规则图形面积的大小．【详解】正方形中随机撒一粒豆子，它落在阴影区域内的概率，，又，.故选：B．【点睛】本题考查几何概型的意义进行模拟试验，计算不规则图形的面积，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意豆子落在阴影区域内的概率与阴影部分面积及正方形面积之间的关系.8、C【解析】

第一次运行：，满足循环条件因而继续循环；接下来继续写出第二次、第三次运算，直至，然后输出的值.【详解】初始值第一次运行：，满足循环条件因而继续循环；第二次运行：，满足循环条件因而继续循环；第三次运行：，不满足循环条件因而继续循环，跳出循环；此时.故选：C【点睛】本题是一道关于循环结构的问题，需要借助循环结构的相关知识进行解答，需掌握循环结构的两种形式，属于基础题.9、B【解析】

根据题干得到，存在满足该条件的使得不等式成立，即，再根据均值不等式得到最小值为9，再由二次不等式的解法得到结果.【详解】点在直线上,故得到，存在满足该条件的使得不等式成立，即故原题转化为故答案为：B【点睛】本题考查了“乘1法”与基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．解决二元的范围或者最值问题，常用的方法有：不等式的应用，二元化一元的应用，线性规划的应用，等.10、C【解析】

逐一判断各命题的正误，可得出结论.【详解】对于命题①，若，，且，则，该命题正确；对于命题②，若，，且，则与平行或相交，该命题错误；对于命题③，若，，且，则与平行、垂直或斜交，该命题错误；对于命题④，若，，且，则，该命题正确.故选：C.【点睛】本题考查线面、面面位置关系有关命题真假的判断，在判断时，可充分利用线面、面面平行或垂直的判定与性质定理，也可以结合几何体模型进行判断，考查推理能力，属于中等题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

根据向量平行的坐标表示可求得；代入两角和差正切公式即可求得结果.【详解】本题正确结果：【点睛】本题考查两角和差正切公式的应用，涉及到向量平行的坐标表示，属于基础题.12、【解析】

由题可以先算出第行的最后一个数,再从右至左算出第3个数即可.【详解】由图得,第行有个数,故前行一共有个数,即第行最后一个数为,故第行从右至左的第3个数为.【点睛】本题主要考查等差数列求和问题,注意从右至左的第3个数为最后一个数减2.13、【解析】

如图建立平面直角坐标系，∴，当sin时，得到最小值为，故选．14、3【解析】

根据已知，用换元法，从外层求到里层，即可求解.【详解】令.故答案为:.【点睛】本题考查函数的表示，考查复合函数值求参数，换元法是解题的关键，属于基础题.15、2【解析】不妨设a＞1，

则令f（x）=|loga|x-1||=b＞0，

则loga|x-1|=b或loga|x-1|=-b；

故x1=-ab+1，x2=-a-b+1，x3=a-b+1，x4=ab+1，

故故答案为2点睛：本题考查了绝对值方程及对数运算的应用，同时考查了指数的运算，注意计算的准确性.16、【解析】

利用数形结合，讨论的范围，比较斜率大小，可得结果.【详解】如图，当时，，则在点处取最小值，符合当时，令，要在点处取最小值，则当时，要在点处取最小值，则综上所述：故答案为：【点睛】本题考查目标函数中含参数的线性规划问题，难点在于寻找斜率之间的关系，属中档题.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；(2)【解析】

（1）设，利用余弦定理列方程可得：，解方程即可（2）利用（1）中结果即可判断为等边三角形，即可求得中边上的高为，再利用的面积是即可求得：，结合余弦定理可得：，再利用正弦定理可得：，问题得解【详解】（1）在中，设，则，由余弦定理得：即：解之得：，即边的长为2.（2）由（1）得为等边三角形，作于，则∴，故在中，由余弦定理得：∴在中，由正弦定理得：，即：∴∴【点睛】本题主要考查了利用正、余弦定理解三角形，还考查了三角形面积公式的应用及计算能力，属于中档题18、（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】

（1）利用线面平行的性质定理可得，从而得到.（2）连接，可证平面，从而得到.【详解】（1）因为平面，平面，平面平面，所以.又在直棱柱中，有，所以.(2)连接，因为棱柱为直棱柱，所以平面，又平面，所以.又因为，平面，平面，，所以平面.又平面，所以.在直棱柱中，有四边形为平行四边形.又因为，所以四边形为菱形，所以.又,平面,平面，所以平面，又平面，所以.【点睛】线线平行的证明，有如下途径：（1）利用平面几何的知识，如三角形的中位线、梯形的中位线等；（2）线面平行的性质定理；（3）面面平行的性质定理；（4）线面垂直的性质定理（同垂直一个平面的两条直线平行）.而线线垂直的证明，有如下途径：（1）利用平面几何的知识，如勾股定理等；（2）异面直线所成的角为；（3）线面垂直的性质定理；19、或【解析】分析：（1）由与共线，可设，又由为单位向量，根据，列出方程即可求得向量的坐标；（2）根据向量的夹角公式，即可求解向量与的夹角．详解：与共线，又，则，为单位向量，，或，则的坐标为或，，．点睛：对于平面向量的运算问题，通常用到：1、平面向量与的数量积为，其中是与的夹角，要注意夹角的定义和它的取值范围：；2、由向量的数量积的性质有，，，因此利用平面向量的数量积可以解决与长度、角度、垂直等有关的问题；3、本题主要利用向量的模与向量运算的灵活转换，应用平面向量的夹角公式，建立的方程.20、（I）；（II）见解析；（III）的最大值为1【解析】

（I）直接令中的n=1即得的值；（II）由题得时，，化简即得证；（III）用累加法可得：，再利用项和公式求得，再求的范围得解.【详解】（I）（II）因为，所以时，，化简得：；（III）因为，用累加法可得：，由，得，当时，上式也成立,因为，则，所以是单调递减数列，所以，又因为，所以，即，的最大值为1.【点睛】本题主要考查项和公式