浙江省寧波市金蘭教育合作組織2026屆數學高一下期末學業質量監測模擬試題含解析

浙江省寧波市金蘭教育合作組織2026屆數學高一下期末學業質量監測模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．已知數列的前項和為，，且滿足，若，則的值為（）A． B． C． D．2．某三棱錐的左視圖、俯視圖如圖所示，則該三棱錐的體積是()A．3 B．2 C． D．13．德國數學家科拉茨1937年提出了一個著名的猜想：任給一個正整數，如果是偶數，就將它減半(即)；如果是奇數，則將它乘3加1(即)，不斷重復這樣的運算，經過有限步后，一定可以得到1.對于科拉茨猜想，目前誰也不能證明，也不能否定，現在請你研究：如果對正整數(首項)按照上述規則施行變換后的第6項為1（注：1可以多次出現)，則的所有不同值的個數為（）A．3 B．4 C．5 D．324．向量，則（）A． B．C．與的夾角為60° D．與的夾角為30°5．兩圓和的位置關系是（）A．相離 B．相交 C．內切 D．外切6．已知某數列的前項和（為非零實數），則此數列為（）A．等比數列 B．從第二項起成等比數列C．當時為等比數列 D．從第二項起的等比數列或等差數列7．在中，內角所對的邊分別是．已知，，，則A． B． C． D．8．已知關于的不等式的解集是，則的值是（）A． B． C． D．9．已知直角三角形ABC，斜邊，D為AB邊上的一點，，，則CD的長為（）A． B． C．2 D．310．直線xy+1=0的傾斜角是（）A．30° B．60°C．120° D．150°二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．圓與圓的公共弦長為______________。12．福利彩票“雙色球”中紅色球由編號為01，02，…，33的33個個體組成，某彩民利用下面的隨機數表（下表是隨機數表的第一行和第二行）選取6個紅色球，選取方法是從隨機數表中第1行的第6列和第7列數字開始，由左到右依次選取兩個數字，則選出來的第3個紅色球的編號為______.4954435482173793232887352056438426349164572455068877047447672176335025839212067613．化簡：．14．給出以下四個結論：①過點，在兩軸上的截距相等的直線方程是；②若是等差數列的前n項和，則；③在中，若，則是等腰三角形；④已知，，且，則的最大值是2.其中正確的結論是________（寫出所有正確結論的番號）.15．如圖，在正方體中，有以下結論：①平面；②平面；③；④異面直線與所成的角為.則其中正確結論的序號是____（寫出所有正確結論的序號）.16．如圖，已知圓，六邊形為圓的內接正六邊形，點為邊的中點，當六邊形繞圓心轉動時，的取值范圍是________．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．如圖已知平面，，，，，，點，分別為，的中點.(1)求證：//平面;(2)求直線與平面所成角的大小.18．已知直線：及圓心為的圓：．（1）當時，求直線與圓相交所得弦長；（2）若直線與圓相切，求實數的值．19．如圖，單位圓與軸正半軸相交于點，圓上的動點從點出發沿逆時針旋轉一周回到點，設()，的面積為(當三點共線時，)，與的函數關系如圖所示的程序框圖.(1)寫出程序框圖中①②處的函數關系式；(2)若輸出的值為，求點的坐標.20．的內角、、的對邊分別為、、,且．（Ⅰ）求角；（Ⅱ）若，且邊上的中線的長為,求邊的值．21．大豆，古稱菽，原產中國，在中國已有五千年栽培歷史.2019年春，為響應中國大豆參與世界貿易的競爭，某市農科院積極研究，加大優良品種的培育工作，其中一項基礎工作就是研究晝夜溫差大小與大豆發芽率之間的關系.為此科研人員分別記錄了7天中每天50粒大豆的發芽數得如下數據表格：日期4月3日4月4日4月5日4月6日4月7日4月8日4月9日溫差（℃）89101211813發芽數（粒）21252632272033科研人員確定研究方案是：從7組數據中選5組數據求線性回歸方程，再用求得的回歸方程對剩下的2組數據進行檢驗.（1）若選取的是4月4日至4月8日五天數據，據此求關于的線性回歸方程；（2）若由線性回歸方程得到的估計數據與實際數據的誤差絕對值均不超過1粒，則認為得到的線性回歸方程是可靠的，請檢驗（1）中回歸方程是否可靠？注：.參考數值：，.

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、D【解析】

由遞推關系可證得數列為等差數列，利用等差數列通項公式求得公差；利用等差數列通項公式和前項和公式分別求得和，代入求得結果.【詳解】由得：數列為等差數列，設其公差為，，解得：，本題正確選項：【點睛】本題考查等差數列基本量的計算，涉及到利用遞推關系式證明數列為等差數列、等差數列通項公式和前項和公式的應用.2、D【解析】

根據三視圖高平齊的原則得知錐體的高，結合俯視圖可計算出底面面積，再利用錐體體積公式可得出答案．【詳解】由三視圖“高平齊”的原則可知該三棱錐的高為，俯視圖的面積為錐體底面面積，則該三棱錐的底面面積為，因此，該三棱錐的體積為，故選D.【點睛】本題考查利用三視圖求幾何體的體積，解題時充分利用三視圖“長對正，高平齊，寬相等”的原則得出幾何體的某些數據，并判斷出幾何體的形狀，結合相關公式進行計算，考查空間想象能力，屬于中等題．3、A【解析】

由題意：任給一個正整數，如果是偶數，就將它減半(即)；如果是奇數，則將它乘3加1(即)，我們可以從第六項為1出發，逐項求出各項的取值，可得的所有不同值的個數.【詳解】解：由題意：如果對正整數(首項)按照上述規則施行變換后的第6項為1，則變換中的第5項一定是2，變換中的第4項一定是4，變換中的第3項可能是1，也可能是8，變換中的第2項可能是2，也可能是16，則的可能是4，也可能是5，也可能是32，故的所有可能的取值為，故選：A.【點睛】本題主要考查數列的應用及簡單的邏輯推理，屬于中檔題.4、B【解析】試題分析：由，可得，所以，故選B．考點：向量的運算．5、B【解析】

由圓的方程可得兩圓圓心坐標和半徑；根據圓心距和半徑之間的關系，即可判斷出兩圓的位置關系.【詳解】由圓的方程可知，兩圓圓心分別為：和；半徑分別為：，則圓心距：兩圓位置關系為：相交本題正確選項：【點睛】本題考查圓與圓位置關系的判定；關鍵是明確兩圓位置關系的判定是根據圓心距與兩圓半徑之間的長度關系確定.6、D【解析】

設數列的前項和為，運用數列的遞推式：當時，，當時，，結合等差數列和等比數列的定義和通項公式，即可得到所求結論．【詳解】設數列的前項和為，對任意的，（為非零實數）.當時，；當時，.若，則，此時，該數列是從第二項起的等差數列；若且，不滿足，當時，，此時，該數列是從第二項起的等比數列.綜上所述，此數列為從第二項起的等比數列或等差數列.故選：D.【點睛】本題考查數列的遞推式的運用，等差數列和等比數列的定義和通項公式，考查分類討論思想和運算能力，屬于中檔題．7、B【解析】

由已知三邊，利用余弦定理可得，結合，為銳角，可得，利用三角形內角和定理即可求的值．【詳解】在中，，，，由余弦定理可得：，，故為銳角，可得，，故選．【點睛】本題主要考查利用余弦定理解三角形以及三角形內角和定理的應用．8、A【解析】

先利用韋達定理得到關于a,b的方程組，解方程組即得a,b的值，即得解.【詳解】由題得，所以a+b=7.故選：A【點睛】本題主要考查一元二次不等式的解集，意在考查學生對該知識的理解掌握水平和分析推理能力.9、A【解析】

設，利用勾股定理求出的值即得解.【詳解】如圖，由于，所以設，所以所以.故選：A【點睛】本題主要考查解直角三角形，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題.10、D【解析】

首先求出直線的斜率，由傾斜角與斜率的關系即可求解.【詳解】直線xy+1=0的斜率，設其傾斜角為θ（0°≤θ<180°），則tan，∴θ=150°故選：D【點睛】本題考查直線斜率與傾斜角的關系，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】

利用兩圓一般方程求兩圓公共弦方程，求其中一圓到公共弦的距離，利用直線被圓截得的弦長公式可得所求.【詳解】由兩圓方程相減得兩圓公共弦方程為，即，圓化為，圓心到直線的距離為1，所以兩圓公共弦長為，故答案為.【點睛】本題考查兩圓位置關系，直線與圓的位置關系，考查運算能力，屬于基本題.12、05【解析】

根據給定的隨機數表的讀取規則，從第一行第6、7列開始，兩個數字一組，從左向右讀取，重復的或超出編號范圍的跳過，即可.【詳解】根據隨機數表，排除超過33及重復的編號，第一個編號為21，第二個編號為32，第三個編號05，故選出來的第3個紅色球的編號為05.【點睛】本題主要考查了簡單隨機抽樣中的隨機數表法，屬于容易題.13、0【解析】原式＝＋＝－sinα＋sinα＝0.14、②④【解析】

①中滿足題意的直線還有，②中根據等差數列前項和的特點，得到，③中根據同角三角函數關系進行化簡計算，從而進行判斷，④中根據基本不等式進行判斷.【詳解】①中過點，在兩軸上的截距相等的直線還可以過原點，即兩軸上的截距都為，即直線，所以錯誤；②中是等差數列的前n項和，根據等差數列前項和的特點，，是一個不含常數項的二次式，從而得到，即，所以正確；③中在中，若，則可得，所以可得或，所以可得或，從而得到為直角三角形或等腰三角形，所以錯誤；④中因為，，且，由基本不等式，得到，所以，當且僅當，即時，等號成立.所以，即的最大值是，所以正確.故答案為：②④【點睛】本題考查截距相等的直線的特點，等差數列前項和的特點，判斷三角形形狀，基本不等式求積的最大值，屬于中檔題.15、①③【解析】

①：利用線面平行的判定定理可以直接判斷是正確的結論；②：舉反例可以判斷出該結論是錯誤的；③：可以利用線面垂直的判定定理，得到線面垂直，再利用線面垂直的性質定理可以判斷是正確的結論；④：可以通過，可以判斷出異面直線與所成的角為，即本結論是錯誤的，最后選出正確的結論序號.【詳解】①：平面，平面平面，故本結論是正確的；②：在正方形中，，顯然不垂直，而，所以不互相垂直，要是平面，則必有互相垂直，顯然是不可能的，故本結論是錯誤的；③：平面，平面，，在正方形中，，平面，，所以平面，而平面，故，因此本結論是正確的；④：因為，所以異面直線與所成的角為，在正方形中，，故本結論是錯誤的，因此正確結論的序號是①③.【點睛】本題考查了線面平行的判定定理、線面垂直的判定定理、性質定理，考查了異面直線所成的角、線面垂直的性質.16、【解析】

先求出，再化簡得即得的取值范圍.【詳解】由題得OM=,由題得由題得..所以的取值范圍是.故答案為【點睛】本題主要考查平面向量的運算和數量積運算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平和分析推理能力.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)見證明；(2)【解析】

（1）要證線面平行即證線線平行，本題連接A1B,（2）取中點,連接證明平面，再求出，得到．【詳解】（1）如圖，連接，在中，因為和分別是和的中點，所以．又因為平面，所以平面；取中點和中點，連接，，．因為和分別為和，所以，，故且，所以，且．又因為平面，所以平面，從而為直線與平面所成的角．在中，可得，所以．因為，，所以，，，所以，，又由，有．在中，可得；在中，，因此．所以直線與平面所成角為．【點睛】求線面角一般有兩個方法：幾何法做出線上一點到平面的高，求出高；或利用等體積法求高向量法．18、(1)弦長為4；(1)0【解析】

（1）由得到直線過圓的圓心，可求得弦長即為圓的直徑4；（1）由點到直線的距離等于半徑1，得到關于的方程，并求出.【詳解】（1）當時，直線：，圓：．圓心坐標為，半徑為1．圓心在直線上，則直線與圓相交所得弦長為4.（1）由直線與圓相切，則圓心到直線的距離等于半徑，所以，解得：．【點睛】本題考查直線與圓相交、相切兩種位置關系，求解時注意點到直線距離公式的應用，考查基本運算求解能力.19、（1）見解析；（2）見解析【解析】

(1)通過實際問題得到與的函數關系為分段函數，從而判斷出程序框填的結果.(2)分類討論時和時兩種情形下的點Q坐標，從而得到答案.【詳解】(1)當時，，當時，函數的解析式為，故程序框圖中①②處的函數關系式分別是，(2)時，令，即，或，點的坐標為或時，令，即，或，點的坐標為或故點的坐標為【點睛】本題主要考查算法框圖，三角函數的運用，意在考查學生的數形結合思想，分析實際問題的能力.20、（Ⅰ）；（Ⅱ）4.【解析】

（Ⅰ）利用正弦定理和三角恒等變換的公式化簡即得；（Ⅱ）設，則，，由余弦定理得關于x的方程，解方程即得解.【詳解】（Ⅰ）由題意，∴，∴，則，∵，∴，∴；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，又∵，∴，設，