河南省淮阳县第一高级中学2026届高一数学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

河南省淮阳县第一高级中学2026届高一数学第二学期期末质量跟踪监视模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．若不等式的解集为空集，则实数a的取值范围是（）A． B． C． D．2．若是2与8的等比中项，则等于()A． B． C． D．323．若，，则方程有实数根的概率为（）A． B． C． D．4．已知扇形的面积为，半径为，则扇形的圆心角的弧度数为A． B． C． D．5．过点作抛物线的两条切线，切点为，则的面积为（）A． B． C． D．6．已知非零向量、，“函数为偶函数”是“”的（）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．既非充分也非必要条件7．已知向量，且，则的值为（）A． B． C． D．8．函数的部分图像如图所示，如果，且，则等于（）A． B． C． D．19．已知直线m，n，平面α，β，给出下列命题：①若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β②若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β③若m∥α，n∥β，且α∥β，且m∥n④若m⊥α，n⊥β，且α⊥β，则m⊥n其中正确的命题是（）A．②③ B．①③ C．①④ D．③④10．在等差数列中，，是方程的两个根，则的前14项和为（）A．55 B．60 C．65 D．70二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.7，现两人各自独立射击一次，均中靶的概率为______．12．在等差数列中，，，则的值为_______.13．已知向量，则________14．已知，，那么的值是________．15．有五条线段,长度分别为2,3,5,7,9,从这五条线段中任取三条,则所取三条线段能构成一个三角形的概率为___________．16．已知扇形的圆心角为，半径为，则扇形的弧长为______.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．已知数列满足，数列满足，且（1）求数列和的通项公式；（2）求数列的前项和.18．已知数列满足，且（，且）.（1）求证：数列是等差数列；（2）求数列的通项公式（3）设数列的前项和，求证：.19．在中，，，，解三角形.20．设数列的前项和为，已知．（1）求，的值；（2）求证：数列是等比数列．21．已知函数，的部分图像如图所示，点，，都在的图象上.（1）求的解析式；（2）当时，恒成立，求的取值范围.

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、D【解析】

对分两种情况讨论分析得解.【详解】当时，不等式为，所以满足题意；当时，，综合得.故选：D【点睛】本题主要考查不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.2、B【解析】

利用等比中项性质列出等式，解出即可。【详解】由题意知，，∴．故选B【点睛】本题考查等比中项，属于基础题。3、B【解析】方程有实数根，则：，即：，则：，如图所示，由几何概型计算公式可得，满足题意的概率值为：.本题选择B选项.4、A【解析】

设半径为，圆心角为，根据扇形面积公式，结合题中数据，即可求出结果.【详解】设半径为，圆心角为，则对应扇形面积，又，，则故选A.【点睛】本题主要考查由扇形面积求圆心角的问题，熟记扇形面积公式即可，属于常考题型.5、B【解析】设抛物线过点的切线方程为，即，将点代入可得，同理都满足方程，即为直线的方程为，与抛物线联立，可得，点到直线的距离，则的面积为，故选B.【方法点晴】本题主要考查利用导数求曲线切线方程以及弦长公式与点到直线距离公式，属于难题.求曲线切线方程的一般步骤是：（1）求出在处的导数，即在点出的切线斜率（当曲线在处的切线与轴平行时，在处导数不存在，切线方程为）；（2）由点斜式求得切线方程.6、C【解析】

根据，求出向量的关系，再利用必要条件和充分条件的定义，即可判定，得到答案．【详解】由题意，函数，又为偶函数，所以，则，即，可得，所以，若，则，所以，则，所以函数是偶函数，所以“函数为偶函数”是“”的充要条件．故选C．【点睛】本题主要考查了向量的数量积的运算，函数奇偶性的定义及其判定，以及充分条件和必要条件的判定，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．7、B【解析】

由向量平行可构造方程求得结果.【详解】，解得：故选：【点睛】本题考查根据向量平行求解参数值的问题，关键是明确两向量平行可得.8、D【解析】

试题分析：观察图象可知，其在的对称轴为，由已知，选.考点：正弦型函数的图象和性质9、C【解析】

根据线线、线面和面面有关定理，对选项逐一分析，由此得出正确选项.【详解】对于①，两个平面的垂线垂直，那么这两个平面垂直.所以①正确.对于②，与可能相交，此时并且与两个平面的交线平行.所以②错误.对于③，直线可能为异面直线，所以③错误.对于④，两个平面垂直，那么这两个平面的垂线垂直.所以④正确.综上所述，正确命题的序号为①④.故选：C【点睛】本小题主要考查空间线线、线面和面面有关命题真假性的判断，属于基础题.10、D【解析】

根据根与系数之间的关系求出a5+a10，利用等差数列的前n项和公式及性质进行求解即可．【详解】∵，是方程的两个根，可得，∴.故选D．【点睛】本题主要考查等差数列的前n项和公式的应用，考查了等差数列的性质的运用，根据根与系数之间的关系建立方程关系是解决本题的关键．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、0.56【解析】

根据在一次射击中，甲、乙同时射中目标是相互独立的，利用相互独立事件的概率乘法公式，即可求解．【详解】由题意，甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.7，所以两人均中靶的概率为，故答案为0.56【点睛】本题主要考查了相互独立事件的概率乘法公式的应用，其中解答中合理利用相互独立的概率乘法公式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．12、.【解析】

设等差数列的公差为，根据题中条件建立、的方程组，求出、的值，即可求出的值.【详解】设等差数列的公差为，所以，解得，因此，，故答案为：.【点睛】本题考查等差数列的项的计算，常利用首项和公差建立方程组，结合通项公式以及求和公式进行计算，考查方程思想，属于基础题.13、2【解析】

由向量的模长公式，计算得到答案.【详解】因为向量，所以，所以答案为.【点睛】本题考查向量的模长公式，属于简单题.14、【解析】

首先根据题中条件求出角，然后代入即可.【详解】由题知，，所以，故.故答案为：.【点睛】本题考查了特殊角的三角函数值，属于基础题.15、【解析】

列出所有的基本事件，并找出事件“所取三条线段能构成一个三角形”所包含的基本事件，再利用古典概型的概率公式计算出所求事件的概率．【详解】所有的基本事件有：、、、、、、、、、，共个，其中，事件“所取三条线段能构成一个三角形”所包含的基本事件有：、、，共个，由古典概型的概率公式可知，事件“所取三条线段能构成一个三角形”的概率为，故答案为．【点睛】本题考查古典概型的概率的计算，解题的关键就是列举基本事件，常见的列举方法有：枚举法和树状图法，列举时应遵循不重不漏的基本原则，考查计算能力，属于中等题．16、9【解析】

由扇形的弧长公式运算可得解.【详解】解：由扇形的弧长公式得：，故答案为9.【点睛】本题考查了扇形的弧长，属基础题.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）由等差数列和等比数列的定义、可得所求通项公式；（2）求得，由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式可得所求和．【详解】解：（1）∵，即，，∴为首项为1，公差为2的等差数列，即；∵，即有，∴为首项为1，公比为的等比数列，即；（2），∴，∴，两式相减可得，化简可得【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列的定义、通项公式和求和公式的运用，考查数列的错位相减法求和，化简运算能力，属于中档题．18、（1）详见解析；（2）；（3）详见解析.【解析】

（1）用定义证明得到答案.（2）推出（3）利用错位相减法和分组求和法得到，再证明不等式.【详解】解：（1）由，得，即.∴数列是以为首项，1为公差的等差数列.（2）∵数列是以为首项，1为公差的等差数列，∴，∴.（3）.∴，∴.【点睛】本题考查了等差数列的证明，分组求和法，错位相减法，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.19、当时，，，当，，【解析】

利用已知条件通过正弦定理求出，然后利用正弦定理或余弦定理转化求解，即可求解．【详解】在中，，由正弦定理可得：＝＝，因为，所以或，当时，因为，所以，从而，当时，因为，所以，从而＝．【点睛】本题主要考查了三角形的解法，正弦定理以及余弦定理的应用，其中解答中熟记三角形的正弦定理与余弦定理，合理运用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．20、（1），（2）见解析【解析】

（1）依次令,,解出即可。（2）由知当时，两式相减，化简即可得证。【详解】解（1）∵，∴当时，；当时，，∴；当时，，∴.（2）证明：∵，①∴当时，，②①-②得，∴，即.∴．∵.∴，∴.即是以4为首项，2为公比的等比数列．【点睛】本题考查公