湖北省宜昌市秭归县第二高级中学2026届数学高一下期末考试试题含解析

湖北省宜昌市秭归县第二高级中学2026届数学高一下期末考试试题注意事项: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．设函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x<0时，f(x)=-x2-5xA．(-1,2) B．(-1,3) C．(-2,3) D．(-2,4)2．已知满足：，则目标函数的最大值为（）A．6 B．8 C．16 D．43．设，则下列不等式恒成立的是A． B．C． D．4．若向量，则A． B． C． D．5．在△ABC中，已知，P为线段AB上的点，且的最大值为（）A．3B．4C．5D．66．已知为不同的平面,为不同的直线则下列选项正确的是（）A．若,则 B．若,则C．若,则 D．若,则7．如图，已知边长为的正三角形内接于圆，为边中点，为边中点，则为（）A． B． C． D．8．如图，在圆内随机撒一把豆子，统计落在其内接正方形中的豆子数目，若豆子总数为n，落在正方形内的豆子数为m，则圆周率π的估算值是（）A．nmB．2nmC．3n9．某单位有职工160人，其中业务员有104人，管理人员32人，后勤服务人员24人，现用分层抽样法从中抽取一个容量为20的样本，则抽取管理人员()A．3人 B．4人 C．7人 D．12人10．已知两点，，若点是圆上的动点，则△面积的最小值是A． B．6 C．8 D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．如果奇函数f（x）在[3,7]上是增函数且最小值是5，那么f（x）在[-7,-3]上是_________.①减函数且最小值是-5；②减函数且最大值是-5；③增函数且最小值是-5；④增函数且最大值是-512．已知数列是公差不为0的等差数列，，且成等比数列，则的前9项和_______.13．已知函数一个周期的图象（如下图），则这个函数的解析式为__________．14．已知三棱锥，若平面ABC，，则异面直线PB与AC所成角的余弦值为______．15．已知数列满足：，，则使成立的的最大值为_______16．若，则_______.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．在中，求的值.18．在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆上．（1）求圆的方程；（2）若圆与直线交于，两点，且，求的值．19．已知余切函数.（1）请写出余切函数的奇偶性，最小正周期，单调区间；（不必证明）（2）求证：余切函数在区间上单调递减.20．已知数列满足，，其中实数.（I）求证：数列是递增数列；（II）当时.（i）求证：；（ii）若，设数列的前项和为，求整数的值，使得最小．21．已知以点（a∈R，且a≠0）为圆心的圆过坐标原点O，且与x轴交于点A，与y轴交于点B．（1）求△OAB的面积；（2）设直线l：y＝﹣2x+4与圆C交于点P、Q，若|OP|＝|OQ|，求圆心C到直线l的距离．

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、C【解析】

根据题意，结合函数的奇偶性分析可得函数的解析式，作出函数图象，结合不等式和二次函数的性质以及函数图象中的递减区间，分析可得答案.【详解】根据题意，设x>0，则-x<0，所以f(-x)=-x因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(-x)=-x所以f(x)=x即x≥0时，当x<0时，f(x)=-x则f(x)的图象如图：在区间(-5若f(x)-f(x-1)<0，即f(x-1)>f(x)，又由x-1<x，且f(-3)=f(-2),f(2)=f(3)，必有x-1>-3x<3时，f(x)-f(x-1)<0解得-2<x<3，因此不等式的解集是(-2,3)，故选C.【点睛】本题主要考查了函数奇偶性的应用，利用函数的奇偶性求出函数的解析式，根据图象解不等式是本题的关键，属于难题.2、D【解析】

作出不等式组对应的平面区域，数形结合，利用z的几何意义，即得。【详解】由题得，不等式组对应的平面区域如图，中z表示函数在y轴的截距，由图易得，当函数经过点A时z取到最大值，A点坐标为，因此目标函数的最大值为4.故选：D【点睛】本题考查线性规划，是基础题。3、C【解析】

利用不等式的性质，合理推理，即可求解，得到答案.【详解】因为，所以，所以A项不正确；因为，所以，，则，所以B不正确；因为，则，所以，又因为，则，所以等号不成立，所以C正确；由，所以，所以D错误.【点睛】本题主要考查了不等式的性质的应用，其中解答中熟记不等式的性质，合理运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.4、B【解析】

根据向量的坐标运算法则，可直接得出结果.【详解】因为，所以.故选B【点睛】本题主要考查向量的坐标运算，熟记运算法则即可，属于基础题型.5、A【解析】试题分析：在中，设，∵，，即，∴，∵，∴，即．∵，，∴，，∴．根据直角三角形可得，，，∴，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立直角坐标系可得，为线段上的一点，则存在实数使得．设，，则，且，∴，可得则，即，解得，故所求的最大值为：，故选A．考点：三角形的内角和定理，两角和的正弦公式，基本不等式求解最值．6、C【解析】

通过对ABCD逐一判断，利用点线面的位置关系即可得到答案.【详解】对于A选项，有可能异面，故错误；对于B选项，可能相交或异面，故错误；对于C选项，，显然故正确；对于D选项，也有可能，故错误.所以答案选C.【点睛】本题主要考查直线与平面的位置关系，意在考查学生的空间想象能力，难度不大.7、B【解析】

如图，是直角三角形，是等边三角形，，，则与的夹角也是30°，∴，又，∴．故选B．【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题时可通过平面几何知识求得向量的模，向量之间的夹角，这可简化运算．8、B【解析】试题分析：设正方形的边长为2.则圆的半径为2，根据几何概型的概率公式可以得到mn=4考点：几何概型.【方法点睛】本题題主要考查“体积型”的几何概型，属于中档题.解决几何概型问题常见类型有：长度型、角度型、面积型、体积型，求与体积有关的几何概型问题关鍵是计算问题题的总体积（总空间)以及事件的体积(事件空间)；几何概型问题还有以下几点容易造成失分，在备考时要高度关注：（1）不能正确判断事件是古典概型还是几何概型导致错误；（2）基本事件对应的区域测度把握不准导致错误；（3）利用几何概型的概率公式时,忽视验证事件是否等可能性导致错误.9、B【解析】

根据分层抽样原理求出应抽取的管理人数．【详解】根据分层抽样原理知，应抽取管理人员的人数为：故选：B【点睛】本题考查了分层抽样原理应用问题，是基础题．10、A【解析】

求得圆的方程和直线方程以及，利用三角换元假设，利用点到直线距离公式和三角函数知识可求得，代入三角形面积公式可求得结果.【详解】由题意知，圆的方程为：，直线方程为：，即设点到直线的距离：，其中当时，本题正确选项：【点睛】本题考查点到直线距离的最值的求解问题，关键是能够利用三角换元的方式将问题转化为三角函数的最值的求解问题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、④【解析】

由题意结合奇函数的对称性和所给函数的性质即可求得最终结果．【详解】奇函数的函数图象关于坐标原点中心对称，则若奇函数f（x）在区间[3，7]上是增函数且最小值为1，那么f（x）在区间[﹣7，﹣3]上是增函数且最大值为﹣1．故答案为：④．【点睛】本题考查了奇函数的性质，函数的对称性及其应用等，重点考查学生对基础概念的理解和计算能力，属于中等题．12、117【解析】

由成等比数列求出公差，由前项公式求和．【详解】设数列是公差为，则，由成等比数列得，解得，∴．故答案为：117.【点睛】本题考查等差数列的前项和公式，考查等比数列的性质．解题关键是求出数列的公差．13、【解析】

由函数的图象可得T=﹣，解得：T==π，解得ω=1．图象经过（，1），可得：1=sin（1×+φ），解得：φ=1kπ+，k∈Z，由于：|φ|＜，可得：φ=，故f（x）的解析式为：f（x）=．故答案为f（x）=．14、【解析】

过B作，且，则或其补角即为异面直线PB与AC所成角由此能求出异面直线PB与AC所成的角的余弦值．【详解】过B作，且，则四边形为菱形，如图所示：或其补角即为异面直线PB与AC所成角．设.，，平面ABC，，．异面直线PB与AC所成的角的余弦值为．故答案为．【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．15、4【解析】

从得到关于的通项公式后可得的通项公式，解不等式后可得使成立的的最大值.【详解】易知为等差数列，首项为，公差为1，∴，∴，令，∴，∴.故答案为：4【点睛】本题考查等差数列的通项的求法及数列不等式的解，属于容易题.16、【解析】

对两边平方整理即可得解.【详解】由可得：，整理得：所以【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系及二倍角的正弦公式，考查观察能力及转化能力，属于较易题．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、【解析】

由即，解得：（因为舍去）或.18、（1）；（2）.【解析】分析：（1）因为曲线与坐标轴的交点都在圆上，所以要求圆的方程应求曲线与坐标轴的三个交点．曲线与轴的交点为，与轴的交点为．由与轴的交点为关于点(3,0)对称，故可设圆的圆心为，由两点间距离公式可得，解得．进而可求得圆的半径为，然后可求圆的方程为．（2）设，，由可得，进而可得，减少变量个数．因为，，所以．要求值，故将直线与圆的方程联立可得，消去，得方程．因为直线与圆有两个交点，故判别式，由根与系数的关系可得，．代入，化简可求得，满足，故．详解：（1）曲线与轴的交点为，与轴的交点为．故可设的圆心为，则有，解得．则圆的半径为，所以圆的方程为．（2）设，，其坐标满足方程组消去，得方程．由已知可得，判别式，且，．由于，可得．又，所以．由得，满足，故．点睛：⑴求圆的方程一般有两种方法：①待定系数法：如条件和圆心或半径有关，可设圆的方程为标准方程，再代入条件可求方程；如已知圆过两点或三点，可设圆的方程为一般方程，再根据条件求方程；②几何方法：利用圆的性质，如圆的弦的垂直平分线经过圆心，最长的弦为直径，圆心到切线的距离等于半径．（2）直线与圆或圆锥曲线交于，两点，若，应设，，可得．可将直线与圆或圆锥曲线的方程联立消去，得关于的一元二次方程，利用根与系数的关系得两根和与两根积，代入，化简求值．19、（1）奇函数；周期为，单调递减速区间：（2）证明见解析【解析】

（1）直接利用函数的性质写出结果．（2）利用单调性的定义和三角函数关系式的变换求出结果．【详解】（1）奇函数；周期为，单调递减区间：（2）任取，，，有因为，所以，于是，，从而，.因此余切函数在区间上单调递减.【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变变换，函数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．20、（I）证明见解析；（II）（i）证明见解析；（ii）.【解析】

（I）通过计算，结合，证得数列是递增数列.（II）（i）将转化为，利用迭代法证得.(ii)由（i）得，从而，即.利用裂项求和法求得，结合（i）的结论求得，由此得到当时，取得最小值．【详解】（I）由所以，因为，所以，即，所以，所以数列是递增数列．（II）此时．（i）所以，有由（1）知是递增数列，所以所以（ii）因为所以有.由由（i）知，所以所以所以当时，取得最小值．【点睛】本小题主要考查数列单调性的证明方法，考查裂项求和法，考查迭代法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.21、(1)4(2)【解析】

（1）求得圆的半径，设出圆的标准方程，由此求得两点坐标，进而求得三角形的面积.（2）根据，判断出，由直线的斜率求得直线的斜率，以此列方程求得，根据直线和圆相交，圆心到直线的距离小于半径，确定，同时得到圆心到直线的距离.【详解】（1）根据题意，以点（a∈R，且a≠0）为圆心的圆过坐标原点O，设圆C的半径为r，则r2＝a2，圆C的方程为（x﹣a）2+（y）2＝a2，令x＝0可得：y＝0或，则B（0，），令y＝0可得：x＝0或2a，则A（2a，0），△OAB的面积