2026届南宁市重点中学数学高一下期末达标检测试题含解析

2026届南宁市重点中学数学高一下期末达标检测试题注意事项: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．在三棱锥中，，，则三棱锥外接球的体积是（）A． B． C． D．2．根据下面茎叶图提供了甲、乙两组数据，可以求出甲、乙的中位数分别为（）A．24和29 B．26和29 C．26和32 D．31和293．若，，则与向量同向的单位向量是（）A． B． C． D．4．已知是公差不为零的等差数列，其前项和为，若成等比数列，则A． B．C． D．5．已知是椭圆与双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且，线段的垂直平分线过，若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则的最小值为（）A． B．3 C．6 D．6．若角的终边与单位圆交于点，则（）A． B． C． D．不存在7．在中，，则等于（）A． B． C． D．8．若cosθ＞0，且sin2θ＜0，则角θ的终边在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限9．某高级中学共有学生3000人,其中高二年级有学生800人,高三年级有学生1200人,为了调查学生的课外阅读时长,现用分层抽样的方法从所有学生中抽取75人进行问卷调查，则高一年级被抽取的人数为（）A．20 B．25 C．30 D．3510．若,则（）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，，若，则____12．在中，角,,所对的边分别为，，，若的面积为，且,,成等差数列，则最小值为______．13．在中，分别是角的对边，已知成等比数列，且，则的值为________.14．已知、的取值如表所示：01342.24.34.86.7从散点图分析，与线性相关，且，则______．15．已知数列的通项公式为，数列的通项公式为，设，若在数列中，对任意恒成立，则实数的取值范围是_________.16．下列说法中：①若，满足，则的最大值为；②若，则函数的最小值为③若，满足，则的最小值为④函数的最小值为正确的有__________．（把你认为正确的序号全部写上）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．已知函数.（1）求的最小正周期和上的单调增区间：（2）若对任意的和恒成立，求实数的取值范围.18．已知数列满足,,,.(1)证明:数列是等比数列;(2)求数列的通项公式;(3)证明:.19．已知圆过点,且圆心在直线上．（1）求圆的方程；（2）平面上有两点，点是圆上的动点，求的最小值；（3）若是轴上的动点，分别切圆于两点，试问：直线是否恒过定点？若是，求出定点坐标，若不是，说明理由．20．已知函数（1）若，求函数的零点；（2）若在恒成立，求的取值范围；（3）设函数，解不等式.21．求过点且与圆相切的直线方程.

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、B【解析】

三棱锥是正三棱锥，取为外接圆的圆心，连结，则平面，设为三棱锥外接球的球心，外接球的半径为，可求出，然后由可求出半径，进而求出外接球的体积.【详解】由题意，易知三棱锥是正三棱锥，取为外接圆的圆心，连结，则平面，设为三棱锥外接球的球心.因为，所以.因为，所以.设三棱锥外接球的半径为，则，解得，故三棱锥外接球的体积是.故选B.【点睛】本题考查了三棱锥的外接球体积的求法，考查了学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.2、B【解析】

根据茎叶图，将两组数据按大小顺序排列，因为是12个数，所以中位数即为中间两数的平均数.【详解】从茎叶图知都有12个数，所以中位数为中间两个数的平均数甲中间两个数为25，27，所以中位数是26乙中间两个数为28，30，所以中位数是29故选：B【点睛】本题主要考查了茎叶图和中位数，平均数，还考查了数据处理的能力，属于基础题.3、A【解析】

先求出的坐标，然后即可算出【详解】因为，所以所以与向量同向的单位向量是故选：A【点睛】本题考查的是向量的坐标运算，属于基础题4、B【解析】∵等差数列，，，成等比数列，∴，∴，∴，，故选B.考点：1.等差数列的通项公式及其前项和；2.等比数列的概念5、C【解析】

利用椭圆和双曲线的性质，用椭圆双曲线的焦距长轴长表示，再利用均值不等式得到答案.【详解】设椭圆长轴，双曲线实轴，由题意可知：，又，，两式相减，可得：，，.，，当且仅当时等立，的最小值为6，故选:C．【点睛】本题考查了椭圆双曲线的性质，用椭圆双曲线的焦距长轴长表示是解题的关键，意在考查学生的计算能力.6、B【解析】

由三角函数的定义可得：，得解.【详解】解：在单位圆中，，故选B.【点睛】本题考查了三角函数的定义，属基础题.7、D【解析】

先根据向量的夹角公式计算出的值，然后再根据同角的三角函数的基本关系即可求解出的值.【详解】因为，所以，所以，所以.故选：D.【点睛】本题考查坐标形式下向量的夹角计算，难度较易.注意：的夹角并不是，而应是的补角.8、D【解析】试题分析：且，，为第四象限角．故D正确．考点：象限角．9、B【解析】

通过计算三个年级的人数比例，于是可得答案.【详解】抽取比例为753000=140，高一年级有【点睛】本题主要考查分层抽样的相关计算，难度很小.10、A【解析】试题分析：，故选A.考点：两角和与差的正切公式．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

由，，得的坐标，根据得，由向量数量积的坐标表示即可得结果.【详解】∵，，∴又∵，∴，即，所以，解得，故答案为.【点睛】本题主要考查了向量的坐标运算，两向量垂直与数量积的关系，属于基础题.12、4【解析】

先根据,,成等差数列得到，再根据余弦定理得到满足的等式关系，而由面积可得，利用基本不等式可求的最小值.【详解】因为,,成等差数列，，故.由余弦定理可得.由基本不等式可以得到，当且仅当时等号成立.因为，所以，所以即，当且仅当时等号成立.故填4.【点睛】三角形中与边有关的最值问题，可根据题设条件找到各边的等式关系或角的等量关系，再根据边的关系式的结构特征选用合适的基本不等式求最值，也可以利用正弦定理把与边有关的目标代数式转化为与角有关的三角函数式后再求其最值.13、【解析】

利用成等比数列得到，再利用余弦定理可得，而根据正弦定理和成等比数列有，从而得到所求之值.【详解】∵成等比数列，∴.又∵，∴.在中，由余弦定理，因，∴.由正弦定理得，因为，所以，故.故答案为.【点睛】在解三角形中，如果题设条件是关于边的二次形式，我们可以利用余弦定理化简该条件，如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式，那么我们可以利用正弦定理化简该条件，如果题设条件是边和角的混合关系式，那么我们也可把这种关系式转化为角的关系式或边的关系式.14、【解析】

根据数据表求解出，代入回归直线，求得的值.【详解】根据表中数据得：，又由回归方程知回归方程的斜率为截距本题正确结果：【点睛】本题考查利用回归直线求实际数据，关键在于明确回归直线恒过，从而可构造出关于的方程.15、【解析】

首先分析题意，可知是取和中的最大值，且是该数列中的最小项，结合数列的单调性和数列的单调性可得出或，代入数列的通项公式即可求出实数的取值范围.【详解】由题意可知，是取和中的最大值，且是数列中的最小项.若，则，则前面不会有数列的项，由于数列是单调递减数列，数列是单调递增数列.，数列单调递减，当时，必有，即.此时，应有，，即，解得.，即，得，此时；若，则，同理，前面不能有数列的项，即，当时，数列单调递增，数列单调递减，.当时，，由，即，解得.由，得，解得，此时.综上所述，实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题考查利用数列的最小项求参数的取值范围，同时也考查了数列中的新定义，解题的关键就是要分析出数列的单调性，利用一些特殊项的大小关系得出不等式组进行求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.16、③④【解析】

①令，得出，再利用双勾函数的单调性判断该命题的正误；②将函数解析式变形为，利用基本不等式判断该命题的正误；③由得出，得出，利用基本不等式可判断该命题的正误；④将代数式与代数式相乘，展开后利用基本不等式可求出的最小值，进而判断出该命题的正误。【详解】①由得，则，则，设，则，则，则上减函数，则上为增函数，则时，取得最小值，当时，，故的最大值为，错误；②若，则函数，则，即函数的最大值为，无最小值，故错误；③若，满足，则，则，由，得，则，当且仅当，即得，即时取等号，即的最小值为，故③正确；④，当且仅当，即，即时，取等号，即函数的最小值为，故④正确，故答案为：③④。【点睛】本题考查利用基本不等式来判断命题的正误，利用基本不等式需注意满足“一正、二定、三相等”这三个条件，同时注意结合双勾函数单调性来考查，属于中等题。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)T=π，单调增区间为，(2)【解析】

（1）化简函数得到，再计算周期和单调区间.（2）分情况的不同奇偶性讨论，根据函数的最值得到答案.【详解】解：（1）函数故的最小正周期．由题意可知：，解得：，因为，所以的单调增区间为，（2）由（1）得∵∴，∴，若对任意的和恒成立，则的最小值大于零．当为偶数时，，所以，当为奇数时，，所以，综上所述，的范围为.【点睛】本题考查了三角函数化简，周期，单调性，恒成立问题，综合性强，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.18、(1)证明见解析;(2);(3)证明见解析.【解析】

（1）由，得，即可得到本题答案；（2）由，得，即可得到本题答案；（3）当时，满足题意；若n是偶数，由，可得；当n是奇数,且时，由，可得，综上，即可得到本题答案.【详解】(1)因为，所以，因为，所以，所以数列是等比数列；(2)因为，所以，所以，又因为，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以；(3)①当时，；②若n是偶数，则，所以当n是偶数时，；③当n是奇数，且时，；综上所述，当时，.【点睛】本题主要考查利用构造法证明等比数列并求通项公式，以及数列与不等式的综合问题.19、（1）；（2）26；（3）直线恒过定点．证明见解析【解析】

（1）设圆心，根据则，求得和圆的半径，即可得到圆的方程；（2）设，化简得，根据圆的性质，即可求解；（3）设，圆方程，根据两圆相交弦的性质，求得相交弦的方程，进而可判定直线恒过定点．【详解】（1）由题意知，圆心在直线上，设圆心为，又因为圆过点,则，即，解得，所以圆心为，半径，所以圆方程为．（2）设，则，又由，所以，即的最小值为．（3）设，则以为直径的圆圆心为，半径为，则圆方程为，整理得，直线为圆与圆的相交弦，两式相减，可得得直线方程，即，令，解得，即直线恒过定点．【点睛】本题主要考查了圆的综合应用，其中解答中涉及到圆的标准方程的求解，圆的最值问题的求解，以及两圆的相交弦方程的求解及应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．20、(1)1；(2)(3)见解析【解析】

（1）解方程可得零点；（2）恒成立，可分离参数得，这样只要求得在上的最大值即可；（3）注意到的定义域，不等式等价于，这样可根据与0，1的大小关系分类讨论．【详解】（1）当时，令得，，∵，∴函数的零点是1（2）在恒成立，即在恒成立，分离参数得：，∵，∴从而有：.（3）令，得，，因为函数的定义域为，所以等价于（1）当，即时，恒成立，原不等式的解集是（2）当，即时，原不等式的解集是（3）当，即时，原不等式的解集是（4）当，即时，原不等式的解集是综上所述：当时，原不等式的解集是当时，原不等式的解集是当时，原不等式的解集是当时，原不等式的解集是【点睛】本题考查函数的零点，考查不等式恒成立问题，考查解含参数的一元二次不等式．其中不等式恒成立问题可采用参数法转化为求函数的最值问题，而解一元二次不等式，必须对参数分类讨论，解题关键是确定分类标准．解一元二次不等式的