湖南省长沙市天心区长郡中学2026届高一下数学期末经典试题含解析

湖南省长沙市天心区长郡中学2026届高一下数学期末经典试题注意事项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1．一个三棱锥内接于球，且，，则球心到平面的距离是（）A． B． C． D．2．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则3．已知与之间的几组数据如下表则与的线性回归方程必过()A．点 B．点C．点 D．点4．设函数是上的偶函数，且在上单调递减．若，，，则，，的大小关系为（）A． B． C． D．5．已知为锐角，，则（）A． B． C． D．6．若，则下列不等式不成立的是()A． B． C． D．7．一个三角形的三边长成等比数列，公比为，则函数的值域为（）A．（，+∞） B．[，+∞） C．（，－1） D．[，－1）8．已知直线是平面的斜线，则内不存在与（

）A．相交的直线 B．平行的直线C．异面的直线 D．垂直的直线9．在中，角，，所对的边分别为，，，若，，,则的值为()A． B． C． D．10．倾斜角为,在轴上的截距为的直线方程是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，，若，则________.12．在直角坐标系中，已知任意角以坐标原点为顶点，以轴的非负半轴为始边，若其终边经过点，且，定义：，称“”为“的正余弦函数”，若，则_________．13．如图，在△中，三个内角、、所对的边分别为、、，若，，为△外一点，，，则平面四边形面积的最大值为________14．化简：．15．方程在区间上的解为___________．16．已知函数，数列的通项公式是，当取得最小值时，_______________.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．已知圆C的方程是(x－1)2＋(y－1)2＝4，直线l的方程为y＝x＋m，求当m为何值时，(1)直线平分圆；(2)直线与圆相切．18．已知从甲地到乙地的公路里程约为240（单位：km）.某汽车每小时耗油量Q（单位：L）与速度x（单位：）（）的关系近似符合以下两种函数模型中的一种（假定速度大小恒定）：①，②，经多次检验得到以下一组数据：x04060120Q020（1）你认为哪一个是符合实际的函数模型，请说明理由；（2）从甲地到乙地，这辆车应以多少速度行驶才能使总耗油量最少？19．已知函数的最小正周期为.将函数的图象上各点的横坐标变为原来的倍，纵坐标变为原来的倍，得到函数的图象.（1）求的值及函数的解析式；（2）求的单调递增区间及对称中心20．如图，在三棱锥中，，分别为棱，上的三等份点，，.（1）求证：平面；（2）若，平面，求证：平面平面.21．某同学利用暑假时间到一家商场勤工俭学，该商场向他提供了三种付款方式：第一种，每天支付38圆；第二种，第一天付4元，第二天付8元，第三天付12元，以此类推：第三种，第一天付0.4元，以后每天比前一天翻一番（即增加一倍），你会选择哪种方式领取报酬呢？

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】由题意可得三棱锥的三对对棱分别相等，所以可将三棱锥补成一个长方体，如图所示，该长方体的外接球就是三棱锥的外接球，长方体共顶点的三条面对角线的长分别为，设球的半径为，则有，在中，由余弦定理得，再由正弦定理得为外接圆的半径），则，因此球心到平面的距离，故选D.点睛：本题主要考查了球的组合体问题，本题的解答中采用割补法，考虑到三棱锥的三对对棱相等，所以可得三棱锥补成一个长方体，长方体的外接球就是三棱锥的外接球，求出求出球的半径，进而求解距离，其中正确认识组合体的特征和恰当补形时解答的关键.2、D【解析】

根据线线、线面和面面平行和垂直有关定理，对选项逐一分析，由此得出正确选项.【详解】对于A选项，两个平面垂直，一个平面内的直线不一定垂直另一个平面内的直线，故A选项错误.对于B选项，两个平面平行，一个平面内的直线和另一个平面内的直线不一定平行，故B选项错误.对于C选项，两条直线都跟同一个平面平行，它们可能相交、异面或者平行，故C选项错误.对于D选项，根据平行的传递性以及面面垂直的判定定理可知，D选项命题正确.综上所述，本小题选D.【点睛】本小题主要考查空间线线、线面和面面平行和垂直有关定理的运用，考查逻辑推理能力，属于基础题.3、C【解析】

根据线性回归方程必过样本中心点，即可得到结论．【详解】，，8根据线性回归方程必过样本中心点，可得与的线性回归方程必过．故选：C．【点睛】本题考查线性回归方程，解题的关键是利用线性回归方程必过样本中心点，属于基础题．4、B【解析】

根据偶函数的定义可变形，再直接比较的大小关系，即可利用函数的单调性得出，，的大小关系．【详解】因为函数是上的偶函数，所以，而，函数在上单调递减，所以．故选：B．【点睛】本题主要考查函数的性质的应用，涉及奇偶性，指数函数，对数函数的单调性，以及对数的运算性质的应用，属于基础题．5、A【解析】

先将展开并化简，再根据二倍角公式，计算可得。【详解】由题得，，整理得，又为锐角，则，，解得.故选：A【点睛】本题考查两角和差公式以及二倍角公式，是基础题。6、A【解析】

由题得a＜b＜0，再利用作差比较法判断每一个选项的正误得解.【详解】由题得a＜b＜0，对于选项A,=，所以选项A错误.对于选项B,显然正确.对于选项C,，所以，所以选项C正确.对于选项D,，所以选项D正确.故答案为A【点睛】(1)本题主要考查不等式的基本性质和实数大小的比较，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)比差的一般步骤是：作差→变形（配方、因式分解、通分等）→与零比→下结论；比商的一般步骤是：作商→变形（配方、因式分解、通分等）→与1比→下结论.如果两个数都是正数，一般用比商，其它一般用比差.7、D【解析】

由题意先设出三边为则由三边关系：两短边和大于第三边，分公比大于与公式在小于两类解出公比的取值范围，此两者的并集是函数的定义域，再由二次函数的性质求出它的值域，选出正确选项.【详解】解：设三边：则由三边关系：两短边和大于第三边，即

（1）当时，，即，解得；

（2）当时，为最大边，，即，解得，

综合（1）（2）得：，

又的对称轴是，故函数在上是减函数，在上是增函数，

由于时，与时，，

所以函数的值域为，故选：D.【点睛】本题考查等比数列的性质及二次函数的值域的求法，解答本题关键是熟练掌握等比数列的性质，能利用它建立不等式解出公比的取值范围得出函数的定义域，熟练掌握二次函数的性质也很重要，由此类题可以看出，扎实的双基，娴熟的基础知识与公式的记忆是解题的知识保障.8、B【解析】

根据平面的斜线的定义，即可作出判定，得到答案．【详解】由题意，直线是平面的斜线，由斜线的定义可知与平面相交但不垂直的直线叫做平面的斜线，所以在平面内肯定不存在与直线平行的直线．故答案为：B【点睛】本题主要考查了直线与平面的位置关系的判定及应用，其中解答中熟记平面斜线的定义是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．9、B【解析】

先利用面积公式得到，再利用余弦定理得到【详解】余弦定理：故选B【点睛】本题考查了面积公式和余弦定理，意在考查学生的计算能力.10、D【解析】试题分析：倾斜角，直线方程截距式考点：斜截式直线方程点评：直线斜率为，在y轴上的截距为，则直线方程为，求直线方程最终结果整理为一般式方程二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

先算出的坐标，然后利用即可求出【详解】因为，所以因为，所以即，解得故答案为：【点睛】本题考查的是向量在坐标形式下的相关计算，较简单.12、【解析】试题分析：根据正余弦函数的定义，令，则可以得出，即.可以得出，解得，.那么，，所以故本题正确答案为.考点：三角函数的概念.13、【解析】

根据题意和正弦定理，化简得，进而得到，在中，由余弦定理，求得，进而得到，，得出四边形的面积为，再结合三角函数的性质，即可求解.【详解】由题意，在中，因为，所以，可得,即，所以，所以，又因为，可得，所以，即,因为，所以，在中，，由余弦定理，可得，又因为，所以为等腰直角三角形，所以，又因为，所以四边形的面积为，当时，四边形的面积有最大值，最大值为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.14、0【解析】原式＝＋＝－sinα＋sinα＝0.15、【解析】试题分析：化简得：，所以，解得或（舍去），又，所以.【考点】二倍角公式及三角函数求值【名师点睛】已知三角函数值求角，基本思路是通过化简，得到角的某种三角函数值，结合角的范围求解.本题难度不大，能较好地考查考生的逻辑推理能力、基本计算能力等.16、110【解析】

要使取得最小值，可令，即，对的值进行粗略估算即可得到答案.【详解】由题知：①.要使①式取得最小值，可令①式等于.即，.又因为，，则当时，，，①式.则当时，，，①式.当或时，①式的值会变大，所以时，取得最小值.故答案为：【点睛】本题主要考查数列的函数特征，同时考查了指数函数和对数函数的性质，核心素养是考查学生灵活运用知识解决问题的能力，属于难题.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）m＝0；（2）m＝±2．【解析】试题分析：（1）直线平分圆，即直线过圆心，将圆心坐标代入直线方程可得m值（2）根据圆心到直线距离等于半径列方程，解得m值试题解析：解：(1)∵直线平分圆，所以圆心在直线y＝x＋m上，即有m＝0.(2)∵直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，∴d＝＝2，m＝±2.即m＝±2时，直线l与圆相切．点睛：判断直线与圆的位置关系的常见方法(1)几何法：利用d与r的关系．(2)代数法：联立方程之后利用Δ判断．(3)点与圆的位置关系法：若直线恒过定点且定点在圆内，可判断直线与圆相交．上述方法中最常用的是几何法，点与圆的位置关系法适用于动直线问题．18、（1）选择模型①，见解析；（2）80.【解析】

（1）由题意可知所选函数模型应为单调递增函数，即可判断选择；（2）将，代入函数型①，可得出的值，进而可得出总耗油量关于速度的函数关系式，进而得解.【详解】（1）选择模型①理由：由题意可知所选函数模型应为单调递增函数，而函数模型②为一个单调递减函数，故选择模型①.（2）将，代入函数型①，可得：，则，总耗油量：，当时，W有最小值30.甲地到乙地，这辆车以80km/h的速度行驶才能使总耗油量最少.【点睛】本题考查函数模型的实际应用，考查逻辑思维能力，考查实际应用能力，属于常考题.19、（1），；（2）单调递增区间为，，对称中心为.【解析】

（1）整理可得：，利用其最小正周期为即可求得：，即可求得：，再利用函数图象平移规律可得：，问题得解.（2）令，，解不等式即可求得的单调递增区间；令，，解方程即可求得的对称中心的横坐标，问题得解.【详解】解：（1），由,得.所以.于是图象对应的解析式为.（2）由,得，所以函数的单调递增区间为，.由，解得.所以的对称中心为.【点睛】本题主要考查了二倍角公式、两角和的正弦公式应用及三角函数性质，考查方程思想及转化能力、计算能力，属于中档