河南省信陽第一高級中學2026屆數學高一下期末綜合測試模擬試題含解析

河南省信陽第一高級中學2026屆數學高一下期末綜合測試模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．有一塔形幾何體由若干個正方體構成，構成方式如圖所示，上層正方體下底面的四個頂點是下層正方體上底面各邊的中點．已知最底層正方體的棱長為2，且該塔形的表面積(含最底層正方體的底面面積)超過39，則該塔形中正方體的個數至少是A．4 B．5 C．6 D．72．設函數，其中均為非零常數，若，則的值是（）A．2 B．4 C．6 D．不確定3．如圖，正方形中，分別是的中點，若則（）A． B． C． D．4．已知是常數，如果函數的圖像關于點中心對稱，那么的最小值為（）A． B． C． D．5．已知各項均不為零的數列，定義向量，，．下列命題中真命題是()A．若對任意的，都有成立，則數列是等差數列B．若對任意的，都有成立，則數列是等比數列C．若對任意的，都有成立，則數列是等差數列D．若對任意的，都有成立，則數列是等比數列6．圓心為且過原點的圓的方程是（）A．B．C．D．7．設是空間四個不同的點，在下列命題中，不正確的是A．若與共面，則與共面B．若與是異面直線，則與是異面直線C．若==，則D．若==，則=8．若正實數滿足，則的最小值為A． B． C． D．9．將函數f（x）=sin（ωx+）（ω＞0）的圖象向左平移個單位，所得到的函數圖象關于y軸對稱，則函數f（x）的最小正周期不可能是（）A． B． C． D．10．已知兩條不重合的直線和，兩個不重合的平面和，下列四個說法：①若，，，則；②若，，則；③若，，，，則；④若，，，，則．其中所有正確的序號為（）A．②④ B．③④ C．④ D．①③二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．數列是等比數列，，，則的值是________．12．若數列的前項和，滿足，則______．13．函數單調遞減區間是．14．數列中，其前n項和,則的通項公式為______________..15．已知無窮等比數列的前項和，其中為常數，則________16．輾轉相除法，又名歐幾里得算法，是求兩個正整數之最大公約數的算法，它是已知最古老的算法之一，在中國則可以追溯至漢朝時期出現的《九章算術》．下圖中的程序框圖所描述的算法就是輾轉相除法．若輸入、的值分別為、，則執行程序后輸出的的值為______．三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．已知圓經過點.（1）若直線與圓相切，求的值；（2）若圓與圓無公共點，求的取值范圍.18．如圖，三條直線型公路，，在點處交匯，其中與、與的夾角都為，在公路上取一點，且km，過鋪設一直線型的管道，其中點在上，點在上（，足夠長），設km，km．（1）求出，的關系式；（2）試確定，的位置，使得公路段與段的長度之和最小．19．如圖，函數，其中的圖象與y軸交于點．（1）求的值；（2）求函數的單調遞增區間；（3）求使的x的集合．20．高一某班以小組為單位在周末進行了一次社會實踐活動，且每小組有5名同學，活動結束后，對所有參加活動的同學進行測評，其中A，B兩個小組所得分數如下表：A組8677809488B組9183？7593其中B組一同學的分數已被污損，看不清楚了，但知道B組學生的平均分比A組學生的平均分高出1分.（1）若從B組學生中隨機挑選1人，求其得分超過85分的概率；（2）從A組這5名學生中隨機抽取2名同學，設其分數分別為m，n，求的概率.21．在平面直角坐標系中，點，點P在x軸上（1）若，求點P的坐標：（2）若的面積為10，求點P的坐標．

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、C【解析】

根據相鄰正方體的關系得出個正方體的棱長為等比數列，求出塔形表面積的通項公式，令，即可得出的范圍．【詳解】設從最底層開始的第層的正方體棱長為，則是以2為首項，以為公比的等比數列.∴是以4為首項，以為公比的等比數列∴塔形的表面積為.令，解得.∴塔形正方體最少為6個.故選C.【點睛】此題考查了立體圖形的表面積問題以及等比數列求和公式的應用．解決本題的關鍵是得到上下正方體的棱長之間的關系，從而即可得出依次排列的正方體的一個面的面積，這里還要注意把最下面的正方體看做是6個面之外，上面的正方體都是露出了4個面．2、C【解析】

根據正弦、余弦的誘導公式，由，可以得到等式，求出的表達式，結合剛得到的等式求值即可.【詳解】因為，所以.故選：C【點睛】本題考查三角函數的化簡求值，考查誘導公式的應用，屬于基礎題．3、D【解析】試題分析：取向量作為一組基底，則有，所以又，所以，即.4、C【解析】

將點的坐標代入函數的解析式，得出，求出的表達式，可得出的最小值.【詳解】由于函數的圖象關于點中心對稱，則，，則，因此，當時，取得最小值，故選C.【點睛】本題考查余弦函數的對稱性，考查初相絕對值的最小值，解題時要結合題中條件求出初相的表達式，結合表達式進行計算，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.5、A【解析】

根據向量平行的坐標表示，得到，利用累乘法，求得，從而可作出判定，得到答案．【詳解】由題意知，向量，，，當時，可得，即，所以，所以數列表示首項為，公差為的等差數列．當，可得，即，所以，所以數列既不是等差數列，也不是等比數列.故選A．【點睛】本題主要考查了向量的平行關系的坐標表示，等差數列的定義，以及“累乘法”求解通項公式的應用，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．6、D【解析】試題分析：設圓的方程為，且圓過原點，即，得，所以圓的方程為.故選D.考點：圓的一般方程.7、D【解析】

由空間四點共面的判斷可是A,B正確，；C,D畫出圖形，可以判定AD與BC不一定相等，證明BC與AD一定垂直．【詳解】對于選項A，若與共面，則與共面，正確；對于選項B，若與是異面直線，則四點不共面，則與是異面直線，正確；如圖，空間四邊形ABCD中，AB＝AC，DB＝DC，則AD與BC不一定相等，∴D錯誤；對于C,當四點共面時顯然成立，當四點不共面時，取BC的中點M，連接AM、DM，AM⊥BC，DM⊥BC，∴BC⊥平面ADM，∴BC⊥AD，∴C正確；【點睛】本題通過命題真假的判定，考查了空間中的直線共面與異面以及垂直問題，是綜合題．8、D【解析】

將變成，可得，展開后利用基本不等式求解即可．【詳解】，，，，當且僅當，取等號，故選D．【點睛】本題主要考查利用基本不等式求最值，屬于中檔題.利用基本不等式求最值時，一定要正確理解和掌握“一正，二定，三相等”的內涵：一正是，首先要判斷參數是否為正；二定是，其次要看和或積是否為定值（和定積最大，積定和最?。?；三相等是，最后一定要驗證等號能否成立（主要注意兩點，一是相等時參數是否在定義域內，二是多次用或時等號能否同時成立）.9、D【解析】

利用函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規律，對稱性和周期性，求得函數的最小正周期為，由此得出結論．【詳解】解：將函數的圖象向左平移個單位，可得的圖象，根據所得到的函數圖象關于軸對稱，可得，即，．函數的最小正周期為，則函數的最小正周期不可能是，故選．【點睛】本題主要考查函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換規律，對稱性和周期性，屬于基礎題．10、C【解析】

根據線面平行，面面平行，線面垂直，面面垂直的性質定理，判定定理等有關結論，逐項判斷出各項的真假，即可求出．【詳解】對①，若，，，則或和相交，所以①錯誤；對②，若，，則或，所以②錯誤；對③，根據面面平行的判定定理可知，只有，，，，且和相交，則，所以③錯誤；對④，根據面面垂直的性質定理可知，④正確．故選：C．【點睛】本題主要考查有關線面平行，面面平行，線面垂直，面面垂直的命題的判斷，意在考查線面平行，面面平行，線面垂直，面面垂直的性質定理，判定定理等有關結論的理解和應用，屬于基礎題．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

由題得計算得解.【詳解】由題得,所以.因為等比數列同號，所以.故答案為：【點睛】本題主要考查等比數列的性質和等比中項的應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.12、【解析】

令，得出，令，由可計算出在時的表達式，然后就是否符合進行檢驗，由此可得出.【詳解】當時，；當時，則.也適合.綜上所述，.故答案為：.【點睛】本題考查利用求，一般利用來計算，但需要對進行檢驗，考查計算能力，屬于基礎題.13、【解析】

先求出函數的定義域，找出內外函數，根據同增異減即可求出.【詳解】由，解得或，所以函數的定義域為.令，則函數在上單調遞減，在上單調遞增，又為增函數，則根據同增異減得，函數單調遞減區間為.【點睛】復合函數法：復合函數的單調性規律是“同則增，異則減”，即與若具有相同的單調性，則為增函數，若具有不同的單調性，則必為減函數．14、【解析】

利用遞推關系，當時，，當時，，即可求出.【詳解】由題知：當時，.當時，.檢驗當時，，所以.故答案為：【點睛】本題主要考查根據數列的前項和求數列的通項公式，體現了分類討論的思想，屬于簡單題.15、1【解析】

根據等比數列的前項和公式，求得，再結合極限的運算，即可求解.【詳解】由題意，等比數列前項和公式，可得，又由，所以，所以，可得.故答案為：.【點睛】本題主要考查了等比數列的前項和公式的應用，以及熟練的極限的計算，其中解答中根據等比數列的前項和公式，求得的值，結合極限的運算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.16、【解析】

程序的運行功能是求，的最大公約數，根據輾轉相除法可得的值．【詳解】由程序語言知：算法的功能是利用輾轉相除法求、的最大公約數，當輸入的，，；，，可得輸出的．【點睛】本題主要考查了輾轉相除法的程序框圖的理解，掌握輾轉相除法的操作流程是解題關鍵．三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、(1)或.(2)【解析】試題分析：由題意可得圓的方程為．（1）由圓心到直線的距離等于半徑可得，解得或，即為所求．（2）由圓與圓無公共點可得兩圓內含或外離，根據圓心距和兩半徑的關系得到不等式即可得到所求范圍．試題解析：將點的坐標代入，可得，所以圓的方程為，即，故圓心為，半徑.（1）因為直線與圓相切，所以圓心到直線的距離等于圓的半徑，即，整理得，解得或.（2）圓的圓心為，則,由題意可得圓與圓內含或外離，所以或，解得或.所以的取值范圍為.18、（1）（2）當時，公路段與段的總長度最小【解析】

（1）（法一）觀察圖形可得，由此根據三角形的面積公式，建立方程，化簡即可得到的關系式；（法二）以點為坐標原點，所在的直線為軸建立平面直角坐標系，找到各點坐標，根據三點共線，即可得到結論；（2）運用“乘1法”，利用基本不等式，即可求得最值，得到答案．【詳解】（1）（法一）由圖形可知．，，所以，即．（法二）以為坐標原點，所在的直線為軸建立平面直角坐標系，則，，，，由，，三點共線得．（2）由（1）可知，則（），當且僅當（km）時取等號．答：當時，公路段與段的總長度最小為8．.【點睛】本題主要考查了三角形的面積公式應用，以及利用基本不等式求最值，著重考查了推理運算能力，屬于基礎題．19、（1）,（2），,（3）【解析】

（1）由函數圖像過定點，代入運算即可得解；（2）由三角函數的單調增區間的求法求解即可；（3）由，求解不等式即可得解.【詳解】解：（1）因為函數圖象過點，所以，即．因為，所以．（2）由（1）得，所以當，，即，時，是增函數，故的單調遞增區間為，．（3）由，得，所以，，即，，所以時，x的集合為．【點睛】本題考查了利用函數圖像的性質求解函數解析式，重點考查了三角函數單調區間的求法及解三角不等式，屬基礎題.20、（1）（2）【解析】

（1）先設在B組中看不清的那個同學的分數為x，分別求得兩組的平均數，再由平均數間的關系求解.（2）先求出從A組這5名學生中隨機抽取2名同學所有方法數，再用列舉的方法得到滿足求的方法數，再由古典概型求解.【詳解】（1）設在B組中看不清的那個同學的分數為x由題意得解得x=88所以在B組5個分數超過85的有3個所以得分超過85分的概率是（2）從A組這5名學生中隨機抽取2名同學，設其分數分別為m，n，則所有共有共10個其中滿足求的有:共6個故|的概率