四川省乐山一中2026届数学高一下期末复习检测模拟试题含解析

四川省乐山一中2026届数学高一下期末复习检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．在中，，则此三角形解的情况是()A．一解 B．两解 C．一解或两解 D．无解2．集合，，则=()A． B． C． D．3．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为，己知A=60°，，则B=（）A．45° B．135° C．45°或135° D．以上都不对4．汉朝时，张衡得出圆周率的平方除以16等于，如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，俯视图中的曲线为圆，利用张衡的结论可得该几何体的体积为（）A．32 B．40 C． D．5．两条平行直线与间的距离等于（）A． B．2 C． D．46．某工厂甲、乙、丙三个车间生产了同一种产品，数量分别为120件，80件，60件。为了解它们的产品质量是否存在显著差异，用分层抽样方法抽取了一个容量为n的样本进行调查，其中从丙车间的产品中抽取了3件，则n=（）A．9 B．10 C．12 D．137．已知x，y为正实数，则（）A．2lgx+lgy=2lgx+2lgy B．2lg（x+y）=2lgx•2lgyC．2lgx•lgy=2lgx+2lgy D．2lg（xy）=2lgx•2lgy8．在△ABC中角ABC的对边分别为A．B．c，cosC＝，且acosB+bcosA＝2，则△ABC面积的最大值为（）A． B． C． D．9．若、为异面直线，直线，则与的位置关系是（）A．相交 B．异面 C．平行 D．异面或相交10．已知是非零向量，若，且，则与的夹角为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．在中，角、、所对的边为、、，若，，，则角________．12．如图是一个三角形数表，记，，…，分别表示第行从左向右数的第1个数，第2个数，…，第个数，则当，时，______.13．直线与圆的位置关系是______.14．已知，且，.则的值是________.15．若，则函数的值域为________.16．已知数列的前4项依次为，，，，试写出数列的一个通项公式______.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。17．四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，是等边三角形，为的中点，.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）若，能否在棱上找到一点，使平面平面?若存在，求的长.18．已知函数，其中常数；（1）令，判定函数的奇偶性，并说明理由；（2）令，将函数图像向右平移个单位，再向上平移1个单位，得到函数的图像，对任意，求在区间上零点个数的所有可能值；19．如图，边长为2的正方形中，（1）点是的中点，点是的中点，将分别沿折起，使两点重合于点．求证：（2）当时，求三棱锥的体积．20．已知三棱柱中,三个侧面均为矩形,底面为等腰直角三角形,,点为棱的中点,点在棱上运动.（1）求证；（2）当点运动到某一位置时，恰好使二面角的平面角的余弦值为，求点到平面的距离；（3）在（2）的条件下，试确定线段上是否存在一点，使得平面？若存在，确定其位置；若不存在，说明理由.21．某学校高一年级学生某次身体素质体能测试的原始成绩采用百分制，已知所有这些学生的原始成绩均分布在内，发布成绩使用等级制.各等级划分标准见下表.规定：三级为合格等级，D为不合格等级.为了解该校高一年级学生身体素质情况，从中抽取了名学生的原始成绩作为样本进行统计.按照的分组作出频率分布直方图如图1所示，样本中分数在80分及以上的所有数据的茎叶图如图2所示.（I）求和频率分布直方图中的的值，并估计该校高一年级学生成绩是合格等级的概率；（II）在选取的样本中，从两个等级的学生中随机抽取2名学生进行调研，求至少有一名学生是等级的概率．

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】由题意知，，，，∴，如图：∵，∴此三角形的解的情况有2种，故选B．2、C【解析】

根据交集定义直接求解可得结果.【详解】根据交集定义知：故选：【点睛】本题考查集合运算中的交集运算，属于基础题.3、A【解析】

利用正弦定理求出的值，再结合，得出，从而可得出的值。【详解】由正弦定理得，，，则，所以，，故选：A。【点睛】本题考查利用正弦定理解三角形，要注意正弦定理所适用的基本情形，同时在求得角时，利用大边对大角定理或两角之和不超过得出合适的答案，考查计算能力，属于中等题。4、C【解析】

将三视图还原，即可求组合体体积【详解】将三视图还原成如图几何体：半个圆柱和半个圆锥的组合体，底面半径为2，高为4，则体积为，利用张衡的结论可得故选C【点睛】本题考查三视图，正确还原，熟记圆柱圆锥的体积是关键，是基础题5、C【解析】

先把直线方程中未知数的系数化为相同的，再利用两条平行直线间的距离公式，求得结果．【详解】解：两条平行直线与间，即两条平行直线与，故它们之间的距离为，故选：．【点睛】本题主要考查两条平行直线间的距离公式应用，注意未知数的系数必需相同，属于基础题．6、D【解析】试题分析：：∵甲、乙、丙三个车间生产的产品件数分别是120，80，60，∴甲、乙、丙三个车间生产的产品数量的比依次为6：4：3，丙车间生产产品所占的比例，因为样本中丙车间生产产品有3件，占总产品的，所以样本容量n=3÷=1．考点：分层抽样方法7、D【解析】因为as+t=as•at，lg（xy）=lgx+lgy（x，y为正实数），所以2lg（xy）=2lgx+lgy=2lgx•2lgy，满足上述两个公式，故选D．8、D【解析】

首先利用同角三角函数的关系式求出sinC的值，进一步利用余弦定理和三角形的面积公式及基本不等式的应用求出结果．【详解】△ABC中角ABC的对边分别为a、b、c，cosC，利用同角三角函数的关系式sin1C+cos1C＝1，解得sinC，由于acosB+bcosA＝1，利用余弦定理，解得c＝1．所以c1＝a1+b1﹣1abcosC，整理得4，由于a1+b1≥1ab，故，所以．则，△ABC面积的最大值为，故选D．【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理余弦定理和三角形面积的应用，基本不等式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于中档题．9、D【解析】解：因为为异面直线，直线，则与的位置关系是异面或相交，选D10、D【解析】

由得，这样可把且表示出来．【详解】∵，∴，，∴，∴，故选D．【点睛】本题考查向量的数量积，掌握数量积的定义是解题关键．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、.【解析】

利用余弦定理求出的值，结合角的取值范围得出角的值.【详解】由余弦定理得，，，故答案为.【点睛】本题考查余弦定理的应用和反三角函数，解题时要充分结合元素类型选择正弦定理和余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题.12、【解析】

由图表，利用归纳法，得出，再利用叠加法，即可求解数列的通项公式.【详解】由图表，可得，，，，，可归纳为，利用叠加法可得：，故答案为.【点睛】本题主要考查了归纳推理的应用，以及数列的叠加法的应用，其中解答中根据图表，利用归纳法，求得数列的递推关系式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.13、相交【解析】

由直线系方程可得直线过定点，进而可得点在圆内部，即可得到位置关系.【详解】化直线方程为，令，解得，所以直线过定点，又圆的圆心坐标为，半径，而，所以点在圆内部，故直线与圆的位置关系是相交.故答案为：相交.【点睛】本题考查直线与圆位置关系的判断，考查直线系方程的应用，属于基础题.14、2【解析】

.15、【解析】

令，结合可得，本题转化为求二次函数在的值域，求解即可.【详解】，.令，，则，由二次函数的性质可知，当时，；当时，.故所求值域为.【点睛】本题考查了函数的值域，利用换元法是解决本题的一个方法.16、【解析】

首先写出分子的通项公式，再写出分母的通项公式，合并即可.【详解】，，，，的通项公式为，，，，，的通项公式为，正负交替的通项公式为，所以数列的通项公式.故答案为：【点睛】本题主要考查根据数列中的项求出通项公式，找到数列中每一项的规律为解题的关键，属于简单题.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、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）连接,根据三角形性质可得,由底面菱形的线段角度关系可证明,即证明平面,从而证明.（Ⅱ）易证平面平面,连接交于点,过作交于,即可证明平面,在三角形【详解】（Ⅰ）证明：连接,是等边三角形,为的中点,所以；又底面是菱形,,所以,,所以平面,平面,所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）知,,所以平面,又平面即平面平面平面平面,又,所以平面连接交于点,过作交于,如下图所示:所以平面,又平面所以平面平面因为,所以,即在等边三角形中,可得在菱形中,由余弦定理可得在中,可得所以【点睛】本题考查了直线与平面垂直的判定方法,平面与平面垂直的判定及性质的应用,余弦定理在解三角形中的用法,属于中档题.18、（1）非奇非偶，理由见解析；（2）21或20个.【解析】

（1）先利用辅助角公式化简，再利用和可判断为非奇非偶函数.（2）求出的解析式后结合函数的图像、周期及给定区间的特点可判断在给定的范围上的零点的个数.【详解】（1），则，故不是奇函数，又，，故不是偶函数.综上，为非奇非偶函数.（2），的图象如图所示：令，则，则或，，也就是或者，，所以在形如的区间上恰有两个不同零点.把区间分成10个小区间，它们分别为：，及，根据函数的图像可知：前9个区间的长度恰为一个周期且左闭右开，故每个区间恰有两个不同的零点，最后一个区间的长度恰为一个周期且为闭区间，故该区间上可能有两个不同的零点或3个不同的零点.故在区间上可有21个或者20个零点.【点睛】本题考查正弦型函数的奇偶性、正弦型函数在给定范围上的零点个数，注意说明一个函数不是奇函数或不是偶函数，可通过反例来说明，而零点个数的判断则需综合考虑给定区间的长度、开闭情况及函数的周期.19、（1）见解析；（2）【解析】试题分析：（1）由题意，,∴，∴．（2）把当作底面，因为角=90°，所以为高；过作H垂直于EF，H为EF中点（等腰三角形三线合一）；BE＝BF＝BC，；，，，．考点：折叠问题，垂直关系，体积计算．点评：中档题，对于折叠问题，要特别注意“变”与“不变”的几何元素，及几何元素之间的关系．本题计算几何体体积时，应用了“等体积法”，简化了解题过程．20、（1）见解析；（2）；（3）存在，为中点.【解析】

（1）以CB为x轴，CA为y轴，CC1为z轴，C为原点建立坐标系，设E（m，0，2），要证A1C⊥AE，可证,只需证明，利用向量的数量积运算即可证明；（2）分别求出平面EA1D、平面A1DB的一个法向量，由两法向量夹角余弦值的绝对值等于，解得m值，由此可得答案；（3）在（2）的条件下，设F（x，y，0），可知与平面A1DB的一个法向量平行，由此可求出点F坐标，进而求出||，即得答案.【详解】（1）以CB为x轴，CA为y轴，CC1为z轴，C为原点建立坐标系，设E（m，0，2），C（0，0，0），A（0，2，0），A1（0，2，2），D（0，0，1），B（2，0，0），＝（0，﹣2，﹣2），＝（m，﹣2，2），因为＝0+（﹣2）×（﹣2）﹣2×2＝0，所以⊥，即A1C⊥AE；（2）＝（m，0，1），＝（0，2，1），设＝（x，y，z）为平面EA1D的一个法向量，则即，取＝（2，m，﹣2m），＝（2，0，﹣1），设＝（x，y，z）为平面A1DB的一个法向量，则，即，取＝（1，﹣1，2），由二面角E﹣A1D﹣B的平面角的余弦值为，得||＝，解得m＝1，平面A1DB的一个法向量＝（1，﹣1，2），根据点E到面的距离为：.（3）由（2）知E（1，0，2），且＝（1，﹣1，2）为平面A1DB的一个法向量，设F（x，y，0），则＝（x﹣1，y，﹣2），且，所以x﹣1＝﹣1，y＝1，解得x＝0，y＝1，所以＝（﹣1，1，﹣2），＝＝，故EF的长度为，此时点F（0，1，0）．存在F点为AC中点.【点睛】本题考查重点考查直线与平面垂直的性质、二面角的平面角及其求法、空间点、线、面间距离计算，考查学生空间想象能力、推理论证能力．21、（I），；（II）.【解析】试题分析：(I)根据频率