2026届江西省樟村中学高一数学第二学期期末质量检测模拟试题含解析

2026届江西省樟村中学高一数学第二学期期末质量检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．下列条件：①；②；③；其中一定能推出成立的有（）A．0个 B．3个 C．2个 D．1个2．．若且，直线不通过（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限，3．如图所示四棱锥的底面为正方形，平面则下列结论中不正确的是（）A． B．平面C．直线与平面所成的角等于30° D．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角4．在中，，，，点P是内（包括边界）的一动点，且（），则的最大值为（）A．6 B． C． D．65．读下面的程序框图，若输入的值为-5，则输出的结果是（）A．-1 B．0 C．1 D．26．设集合，则A． B． C． D．7．在中，，则的形状为（）A．直角三角形 B．等腰三角形 C．钝角三角形 D．正三角形8．在△中，角，，所对的边分别为，，，则“”是“”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件9．已知直线经过两点，则的斜率为（）A． B． C． D．10．已知为递增等比数列，则（）A． B．5 C．6 D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知，是夹角为的两个单位向量，向量，，若，则实数的值为________.12．若数列的首项，且（），则数列的通项公式是__________．13．方程的解集是______.14．把数列的所有数按照从大到小的原则写成如下数表：第行有个数，第行的第个数（从左数起）记为，则________.15．某班委会由4名男生与3名女生组成，现从中选出2人担任正副班长，其中至少有1名女生当选的概率是______16．半径为的圆上，弧长为的弧所对圆心角的弧度数为________．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．设函数，其中.（1）在实数集上用分段函数形式写出函数的解析式；（2）求函数的最小值.18．已知角α的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，它的终边过点P（）．（Ⅰ）求sin（α+π）的值；（Ⅱ）若角β满足sin（α+β）=，求cosβ的值．19．如图，在三棱柱中，是边长为4的正三角形，侧面是矩形，分别是线段的中点.（1）求证：平面；（2）若平面平面，，求三棱锥的体积.20．已知.（1）求的坐标；（2）设，求数列的通项公式；（3）设，，其中为常数，，求的值.21．做一个体积为，高为2m的长方体容器，问底面的长和宽分别为多少时，所用的材料表面积最少？并求出其最小值.

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】

利用特殊值证得①②不一定能推出，利用平方差公式证得③能推出.【详解】对于①，若，而，故①不一定能推出；对于②，若，而，故②不一定能推出；对于③，由于，所以，故，也即.故③一定能推出.故选：D.【点睛】本小题主要考查不等式的性质，考查实数大小比较，属于基础题.2、D【解析】

因为且，所以，，又直线可化为，斜率为，在轴截距为，因此直线过一二三象限，不过第四象限.故选：D.3、C【解析】

根据空间中垂直关系的判定和性质，平行关系的判定和性质，以及线面角的相关知识，对选项进行逐一判断即可.【详解】对A：因为底面ABCD为正方形，故ACBD，又SD底面ABCD，AC平面ABCD，故SDAC，又BD平面SBD，SD平面SBD，故AC平面SBD，又SB平面SBD，故AC.故A正确；对B：因为底面ABCD为正方形，故AB//CD，又CD平面SCD，故AB//平面SCD.故B正确.对C：由A中推导可知AC平面SBD，故取AC与BD交点为O，连接SO，如图所示：则即为所求线面角，但该三角形中边长关系不确定，故线面角的大小不定，故C错误；对D：由AC平面SBD，故取AC与BD交点为O，连接SO，则即为SA和SC与平面SBD所成的角，因为，故，故D正确.综上所述，不正确的是C.故选：C.【点睛】本题综合考查线面垂直的性质和判定，线面平行的判定，线面角的求解，属综合基础题.4、B【解析】

利用余弦定理和勾股定理可证得；取，作，根据平面向量平行四边形法则可知点轨迹为线段，由此可确定，利用勾股定理可求得结果.【详解】由余弦定理得：如图，取，作，交于在内（包含边界）点轨迹为线段当与重合时，最大，即故选：【点睛】本题考查向量模长最值的求解问题，涉及到余弦定理解三角形的应用；解题关键是能够根据平面向量线性运算确定动点轨迹，根据轨迹确定最值点.5、A【解析】

直接模拟程序框图运行,即可得出结论.【详解】模拟程序框图的运行过程如下:输入,进入判断结构,则,,输出,故选:A.【点睛】本题主要考查程序框图,一般求输出结果时,常模拟程序运行,列表求解.6、B【解析】,选B.【考点】集合的运算【名师点睛】集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图进行处理.7、A【解析】

在中，由，变形为，再利用内角和转化为，通过两角和的正弦展开判断.【详解】在中，因为，所以，所以，所以，所以，所以直角三角形.故选：A【点睛】本题主要考查了利用三角恒等变换判断三角形的形状，还考查了运算求解的能力，属于基础题.8、C【解析】

由正弦定理分别检验问题的充分性和必要性，可得答案.【详解】解：充分性：在△中，由，可得,所以,故充分性成立；必要性：在△中，由及正弦定理，可得，可得,,故，必要性成立；故可得：在△中，角，，所对的边分别为，，，则“”是“”的充分必要条件，故选C.【点睛】本题主要考查充分条件、必要条件的判断，相对不难，注意正弦定理的灵活运用.9、A【解析】

直接代入两点的斜率公式，计算即可得出答案。【详解】故选A【点睛】本题考查两点的斜率公式，属于基础题。10、D【解析】

设数列的公比为，根据等比数列的性质，得，又由，求得，进而可求解的值，得到答案.【详解】根据题意，等比数列中，设其公比为，因为，则有，又由，且，解得，所以，所以，故选D.【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式和等比数列的性质的应用，其中解答中熟练应用等比数列的性质，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，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】

由题意得，且，，由=，解得即可.【详解】已知，是夹角为的两个单位向量，所以，得，若解得故答案为【点睛】本题考查了向量数量积的运算性质，考查了计算能力，属于基础题．12、【解析】，得（）,两式相减得，即（），，得，经检验n=1不符合。所以，13、或【解析】

根据三角函数的性质求解即可【详解】，如图所示：则故答案为：或【点睛】本题考查由三角函数值求解对应自变量取值范围，结合图形求解能够避免错解，属于基础题14、【解析】

第行有个数知每行数的个数成等比数列，要求，先要求出，就必须求出前行一共出现了多少个数，根据等比数列的求和公式可求，而由可知，每一行数的分母成等差数列，可求出，令，即可求出.【详解】由第行有个数，可知每一行数的个数成等比数列，首项是，公比是，所以，前行共有个数，所以，第行第一个数为，，因此，.故答案为：.【点睛】本题考查数列的性质和应用，解题时要注意数阵的应用，同时要找出数阵的规律，考查推理能力，属于中等题.15、【解析】试题分析：∵从7人中选2人共有C72=21种选法，从4个男生中选2人共有C42=6种选法∴没有女生的概率是=，∴至少有1名女生当选的概率1-=．考点：本题主要考查古典概型及其概率计算公式．点评：在使用古典概型的概率公式时，应该注意：（1）要判断该概率模型是不是古典概型；（2）要找出随机事件A包含的基本事件的个数和试验中基本事件的总数．16、【解析】

根据弧长公式即可求解.【详解】由弧长公式可得故答案为：【点睛】本题主要考查了弧长公式的应用，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）.【解析】

（1）令，解得的范围，再结合的意义分段函数形式写出函数的解析式即可.（2）利用的奇偶性，只需要考虑的情形，只需分两种情形讨论：，当时，分别求出的最小值即可.【详解】（1），令，得，解得或，（2）因为是偶函数，所以只需考虑的情形，当时，，当时，当时，，当时，，时，.【点睛】本题主要考查函数单调性的应用、函数解析式的求法、不等式的解法等基本知识，考查了运算求解能力，考查分类讨论思想、化归与转化思想，属于基础题.18、（Ⅰ）；（Ⅱ）或.【解析】

分析：（Ⅰ）先根据三角函数定义得，再根据诱导公式得结果，（Ⅱ）先根据三角函数定义得，再根据同角三角函数关系得，最后根据，利用两角差的余弦公式求结果.【详解】详解：（Ⅰ）由角的终边过点得，所以.（Ⅱ）由角的终边过点得，由得.由得，所以或.点睛：三角函数求值的两种类型(1)给角求值：关键是正确选用公式，以便把非特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数.(2)给值求值：关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异.①一般可以适当变换已知式，求得另外函数式的值，以备应用；②变换待求式，便于将已知式求得的函数值代入，从而达到解题的目的.19、（1）见解析（2）【解析】

（1）取中点为，连接，由中位线定理证得，即证得平行四边形，于是有，这样就证得线面平行；（2）由等体积法变换后可计算．【详解】证明：（1）取中点为，连接，是平行四边形，平面，平面，∴平面解：（2）是线段中点，则【点睛】本题考查线面平行的判定，考查棱锥的体积．线面平行的证明关键是找到线线平行，而棱锥的体积常常用等积变换，转化顶点与底．20、（1）；（2）；（3）当时，；当或时，.【解析】

（1）利用题中定义结合平面向量加法的坐标运算可得出结果；（2）利用等差数列的求和公式和平面向量加法的坐标运算可得出数列的通项公式；（3）先计算出的表达式，然后分、、三种情况计算出的值.【详解】（1）由题意得；（2）；（3）.①当时，；②当时，；③当时，.【点睛】本题考查平面向量坐标的线性运算，同时也考查等差数列求和以及数列极限的运算，计算时要充分利用数列极限的运算法则进行求解，综合性较强，属于中等题.21、长和宽均为4m时，最小值为64【解析】

利用体积求得ab=16，只需表示出表面积，结合高为