安徽省合肥第十一中学2026届数学高一下期末综合测试模拟试题含解析

安徽省合肥第十一中学2026届数学高一下期末综合测试模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．已知圆与交于两点，其中一交点的坐标为，两圆的半径之积为9，轴与直线都与两圆相切，则实数（）A． B． C． D．2．已知变量x，y满足约束条件x+y-2≥0,y≤2,x-y≤0,则A．2 B．3 C．4 D．63．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，给出下列命题：①若，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，，则.其中正确的命题是（）A．②③ B．①③ C．②④ D．①④4．在中，角所对的边分别为,若的面积，则()A． B． C． D．5．函数的图象大致为（）A． B． C． D．6．角的终边经过点，那么的值为（）A． B． C． D．7．已知等比数列{an}中，a3•a13＝20，a6＝4，则a10的值是（）A．16 B．14 C．6 D．58．已知正三角形ABC边长为2，D是BC的中点，点E满足，则（）A． B． C． D．-19．若，且，则是（）A．第一象限角 B．第二象限角 C．第三象限角 D．第四象限角10．已知直线经过点，且与直线垂直，则的方程为（）A． B．C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．若不等式的解集为空集，则实数的能为___________.12．如图所示，已知点，单位圆上半部分上的点满足，则向量的坐标为________．13．若等比数列满足，且公比，则_____.14．有下列四个说法：①已知向量，，若与的夹角为钝角，则；②先将函数的图象上各点纵坐标不变，横坐标缩小为原来的后，再将所得函数图象整体向左平移个单位，可得函数的图象；③函数有三个零点；④函数在上单调递减，在上单调递增.其中正确的是__________.（填上所有正确说法的序号）15．设为，的反函数，则的值域为______.16．若两个正实数满足，且不等式有解，则实数的取值范围是____________.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．已知函数=的定义域为=的定义域为(其中为常数).(1)若,求及;(2)若,求实数的取值范围.18．已知函数.（1）求的单调递增区间；（2）求在区间的最大值和最小值.19．如图，四棱锥中，底面为矩形，面，为的中点．（1）证明：平面;（2）设，，三棱锥的体积，求A到平面PBC的距离．20．用红、黄、蓝三种不同颜色给图中3个矩形随机涂色，每个矩形只涂一种颜色，求3个矩形颜色都不同的概率．21．已知圆C过点，圆心在直线上.（1）求圆C的方程；（2）过圆O1：上任一点P作圆C的两条切线，切点分别为Q，T，求四边形PQCT面积的取值范围.

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】

根据圆的切线性质可知连心线过原点,故设连心线,再代入,根据方程的表达式分析出是方程的两根,再根据韦达定理结合两圆的半径之积为9求解即可.【详解】因为两切线均过原点,有对称性可知连心线所在的直线经过原点,设该直线为,设两圆与轴的切点分别为,则两圆方程为：,因为圆与交于两点,其中一交点的坐标为.所以①,②.又两圆半径之积为9,所以③联立①②可知是方程的两根,化简得,即.代入③可得,由题意可知,故.因为的倾斜角是连心线所在的直线的倾斜角的两倍.故,故.故选：A【点睛】本题主要考查了圆的方程的综合运用,需要根据题意列出对应的方程,结合韦达定理以及直线的斜率关系求解.属于难题.2、D【解析】

试题分析：把函数转化为表示斜率为截距为平行直线系，当截距最大时，最大，由题意知当直线过和两条直线交点时考点：线性规划的应用.【详解】请在此输入详解！3、B【解析】

利用空间中线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定与性质即可作答.【详解】垂直于同一条直线的两个平面互相平行,故①对；平行于同一条直线的两个平面相交或平行，故②错；若，，，则或与为异面直线或与为相交直线，故④错；若，则存在过直线的平面，平面交平面于直线，，又因为，所以，又因为平面，所以，故③对.故选B.【点睛】本题主要考查空间中，直线与平面平行或垂直的判定与性质,以及平面与平面平行或垂直的判定与性质，属于基础题型.4、B【解析】

利用面积公式及可求，再利用同角的三角函数的基本关系式可求，最后利用余弦定理可求的值.【详解】因为，故，所以，因为，故，又，由余弦定理可得，故.故选B.【点睛】三角形中共有七个几何量（三边三角以及外接圆的半径），一般地，知道其中的三个量（除三个角外），可以求得其余的四个量.（1）如果知道三边或两边及其夹角，用余弦定理；（2）如果知道两边即一边所对的角，用正弦定理（也可以用余弦定理求第三条边）；（3）如果知道两角及一边，用正弦定理.5、C【解析】

利用函数的性质逐个排除即可求解.【详解】函数的定义域为，故排除A、B.令又，即函数为奇函数，所以函数的图像关于原点对称，排除D故选：C【点睛】本题考查了函数图像的识别，同时考查了函数的性质，属于基础题.6、C【解析】，故选C。7、D【解析】

用等比数列的性质求解．【详解】∵是等比数列，∴，∴．故选D．【点睛】本题考查等比数列的性质，灵活运用等比数列的性质可以很快速地求解等比数列的问题．在等比数列中，正整数满足，则，特别地若，则．8、C【解析】

化简，分别计算，，代入得到答案.【详解】正三角形ABC边长为2，D是BC的中点，点E满足故答案选C【点睛】本题考查了向量的计算，将是解题的关键，也可以建立直角坐标系解得答案.9、C【解析】，则的终边在三、四象限；则的终边在三、一象限，，，同时满足，则的终边在三象限．10、D【解析】

设直线的方程为，代入点（1,0）的坐标即得解.【详解】设直线的方程为，由题得.所以直线的方程为.故选D【点睛】本题主要考查直线方程的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

根据分式不等式,移项、通分并等价化简,可得一元二次不等式.结合二次函数恒成立条件,即可求得的值.【详解】将不等式化简可得即的解集为空集所以对于任意都恒成立将不等式等价化为即恒成立由二次函数性质可知化简不等式可得解得故答案为:【点睛】本题考查了分式不等式的解法,将不等式等价化为一元二次不等式,结合二次函数性质解决恒成立问题,属于中档题.12、【解析】

设点，由和列方程组解出、的值，可得出向量的坐标.【详解】设点的坐标为，则，由，得，解得，因此，，故答案为.【点睛】本题考查向量的坐标运算，解题时要将一些条件转化为与向量坐标相关的等式，利用方程思想进行求解，考查运算求解能力，属于中等题.13、.【解析】

利用等比数列的通项公式及其性质即可得出．【详解】，故答案为：1．【点睛】本题考查了等比数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于容易题．14、②③④【解析】

根据向量，函数零点，函数的导数，以及三角函数有关知识，对各个命题逐个判断即可．【详解】对①，若与的夹角为钝角，则且与不共线，即，解得且，所以①错误；对②，先将函数的图象上各点纵坐标不变，横坐标缩小为原来的后，得函数的图象，再将图象整体向左平移个单位，可得函数的图象，②正确；对③，函数的零点个数，即解的个数，亦即函数与的图象的交点个数，作出两函数的图象，如图所示：由图可知，③正确；对④，，当时，，当时，，故函数在上单调递减，在上单调递增，④正确．故答案为：②③④．【点睛】本题主要考查命题的真假判断，涉及向量数量积，三角函数图像变换，函数零点个数的求法，以及函数单调性的判断等知识的应用，属于中档题．15、【解析】

求出原函数的值域可得出其反函数的定义域，取交集可得出函数的定义域，再由函数的单调性可求出该函数的值域.【详解】函数在上为增函数，则函数的值域为，所以，函数的定义域为.函数的定义域为，由于函数与函数单调性相同，可知，函数在上为增函数.当时，函数取得最小值；当时，函数取得最大值.因此，函数的值域为.故答案为：.【点睛】本题考查函数值域的求解，考查函数单调性的应用，明确两个互为反函数的两个函数具有相同的单调性是解题的关键，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.16、【解析】试题分析：因为不等式有解，所以，因为，且，所以，当且仅当，即时，等号是成立的，所以，所以，即，解得或.考点：不等式的有解问题和基本不等式的求最值.【方法点晴】本题主要考查了基本不等式在最值中的应用，不等式的有解问题，在应用基本不等式求解最值时，呀注意“一正、二定、三相等”的判断，运用基本不等式解题的关键是寻找和为定值或是积为定值，难点在于如何合理正确的构造出定值，对于不等式的有解问题一般选用参数分离法，转化为函数的最值或借助数形结合法求解，属于中档试题.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)【解析】试题分析：（1）先根据偶次根式非负得不等式，解不等式得A，B，再结合数轴求交，并，补（2）先根据得,再根据数轴得实数的取值范围.试题解析：(1)若,则由已知有因此;,所以=.(2)∴,又==∴18、（1），；（2），【解析】

（1）直接利用三角函数的恒等变换，把三角函数变形成正弦型函数．进一步求出函数的单调区间．（2）直接利用三角函数的定义域求出函数的最值．【详解】解：（1）令，解得，即函数的单调递增区间为，（2）由（1）知所以当，即时，当，即时，【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的单调性的应用，利用函数的定义域求三角函数的值域．属于基础型．19、（1）证明见解析（2）到平面的距离为【解析】

试题分析：（1）连结BD、AC相交于O，连结OE，则PB∥OE，由此能证明PB∥平面ACE．（2）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出A到平面PBD的距离试题解析：(1）设BD交AC于点O，连结EO．因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB又EO平面AEC，PB平面AEC所以PB∥平面AEC．（2）由，可得.作交于．由题设易知，所以故，又所以到平面的距离为法2：等体积法由，可得.由题设易知,得BC假设到平面的距离为d，又因为PB=所以又因为(或)，，所以考点：线面平行的判定及点到面的距离20、【解析】试题分析：可画出树枝图，得到基本事件的总数，再利用古典概型及其概率的计算公式，即可求解事件的概率.试题解析：所有可能的基本事件共有27个，如图所示．记“3个矩形颜色都不同”为事件A，由图，可知事件A的基本事件有2×3＝6(个)，故P(A)＝＝.21、(1).(2).【解析】分析：（1）根据条件设