福建省福州市瑯岐中學2024屆數學高一第二學期期末質量檢測模擬試題含解析

福建省福州市瑯岐中學2024屆數學高一第二學期期末質量檢測模擬試題考生須知：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．已知直線的傾斜角為，則（）A． B． C． D．2．設，，在，，…，中，正數的個數是（）A．15 B．16 C．18 D．203．一幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為（）A．16 B．20 C．24 D．284．甲、乙兩個不透明的袋中各有5個僅顏色不同的球，其中甲袋中有3個紅球，2個白球，乙袋中有2個紅球，3個白球，現從兩袋中各隨機取一球，則兩球不同顏色的概率為（）A． B． C． D．5．化為弧度是A． B． C． D．6．已知函數，且不等式的解集為，則函數的圖象為（）A． B．C． D．7．函數()的部分圖象如圖所示，若，且，則（）A．1 B． C． D．8．在ΔABC中，角A,B,C對應的邊分別是a,b,c，已知A=60°,a=43，A．30° B．45° C．609．若點在點的北偏東70°，點在點的南偏東30°，且，則點在點的（）方向上.A．北偏東20° B．北偏東30° C．北偏西30° D．北偏西15°10．已知函數，（），若對任意的（），恒有，那么的取值集合是（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．_________________．12．在平行四邊形中，=，邊，的長分別為2，1.若，分別是邊，上的點，且滿足，則的取值范圍是______．13．在中，已知，則____________.14．已知中，，且，則面積的最大值為__________.15．在三棱錐中，，，，作交于，則與平面所成角的正弦值是________.16．已知，是夾角為的兩個單位向量，向量，，若，則實數的值為________.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，求的值．18．求函數的單調遞增區(qū)間.19．已知數列的前項和為，且滿足（1）求數列的通項公式；（2）設，令，求20．在正方體中.（1）求證：；（2）是中點時，求直線與面所成角.21．已知，，分別為內角，，的對邊，且.（1）求角；（2）若，，求邊上的高.

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、B【解題分析】

根據直線斜率與傾斜角的關系求解即可.【題目詳解】因為直線的傾斜角為,故直線斜率.故選：B【題目點撥】本題主要考查了直線的傾斜角與斜率的關系,屬于基礎題.2、D【解題分析】

根據數列的通項公式可判斷出數列的正負，然后分析的正負，再由的正負即可確定出，，…，中正數的個數.【題目詳解】當時，，當時，，因為，所以，因為，，所以取等號時，所以均為正，又因為，所以均為正，所以正數的個數是：.故選：D.【題目點撥】本題考查數列與函數綜合應用，著重考查了推理判斷能力，難度較難.對于數列各項和的正負，可通過數列本身的單調性周期性進行判斷，從而為判斷各項和的正負做鋪墊.3、B【解題分析】

根據三視圖可還原幾何體，根據長度關系依次計算出各個側面和上下底面的面積，加和得到表面積.【題目詳解】有三視圖可得幾何體的直觀圖如下圖所示：其中：，，，則：，，，，幾何體表面積：本題正確選項：【題目點撥】本題考查幾何體表面積的求解問題，關鍵是能夠根據三視圖準確還原幾何體，從而根據長度關系可依次計算出各個面的面積.4、D【解題分析】

現從兩袋中各隨機取一球，基本事件總數，兩球不同顏色包含的基本事件個數，由此能求出兩球不同顏色的概率．【題目詳解】甲、乙兩個不透明的袋中各有5個僅顏色不同的球，其中甲袋中有3個紅球、2個白球，乙袋中有2個紅球、3個白球，現從兩袋中各隨機取一球，基本事件總數，兩球不同顏色包含的基本事件個數，則兩球不同顏色的概率為．故選．【題目點撥】本題考查概率的求法，考查古典概型等基礎知識，考查運算求解能力，屬于中檔題．5、D【解題分析】

由于，則.【題目詳解】因為，所以，故選D.【題目點撥】本題考查角度制與弧度制的互化.6、B【解題分析】本題考查二次函數圖像，二次方程的根，二次不等式的解集三者之間的關系.不等式的解集為,所以方程的兩根是則解得所以則故選B7、D【解題分析】

由三角函數的圖象求得，再根據三角函數的圖象與性質，即可求解.【題目詳解】由圖象可知，，即，所以，即，又因為，則，解得，又由，所以，所以，又因為，所以圖中的最高點坐標為.結合圖象和已知條件可知，所以，故選D.【題目點撥】本題主要考查了由三角函數的部分圖象求解函數的解析式，以及三角函數的圖象與性質的應用，其中解答中熟記三角函數的圖象與性質是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.8、A【解題分析】

根據正弦定理求得sinB，根據大邊對大角的原則可求得B【題目詳解】由正弦定理asinA∵b<a∴B<A∴B=本題正確選項：A【題目點撥】本題考查正弦定理解三角形，易錯點是忽略大邊對大角的特點，屬于基礎題.9、A【解題分析】

作出方位角，根據等腰三角形的性質可得．【題目詳解】如圖，，，則，∵，∴，而，∴∴點在點的北偏東20°方向上．故選：A.【題目點撥】本題考查方位角概念，掌握方位角的定義是解題基礎．方位角是以南北向為基礎，北偏東，北偏西，南偏東，南偏西等等．10、A【解題分析】當時，，畫出圖象如下圖所示，由圖可知，時不符合題意，故選.【題目點撥】本題主要考查含有絕對值的不等式的解法，考查選擇題的解題策略中的特殊值法.主要的需要滿足的是，根據不等式的解法，大于在中間，小于在兩邊，可化簡為，左右兩邊為二次函數，中間可以由對數函數圖象平移得到，由此畫出圖象驗證是否符合題意.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、3【解題分析】

分式上下為的二次多項式,故上下同除以進行分析.【題目詳解】由題,,又,故.

故答案為：3.【題目點撥】本題考查了分式型多項式的極限問題，注意：當時,12、【解題分析】

以A為原點AB為軸建立直角坐標系，表示出MN的坐標，利用向量乘法公式得到表達式，最后計算取值范圍.【題目詳解】以A為原點AB為軸建立直角坐標系平行四邊形中，=，邊，的長分別為2，1設則當時，有最大值5當時，有最小值2故答案為【題目點撥】本題考查了向量運算和向量乘法的最大最小值，通過建立直角坐標系的方法簡化了技巧，是解決向量復雜問題的常用方法.13、84【解題分析】

根據余弦定理以及同角公式求得，再根據面積公式可得答案.【題目詳解】由余弦定理可得，又，所以，所以.故答案為：84【題目點撥】本題考查了余弦定理，考查了同角公式，考查了三角形的面積公式，屬于基礎題.14、【解題分析】

先利用正弦定理求出c=2,分析得到當點在的垂直平分線上時，邊上的高最大，的面積最大，利用余弦定理求出，最后求面積的最大值.【題目詳解】由可得，由正弦定理，得，故，當點在的垂直平分線上時，邊上的高最大，的面積最大，此時.由余弦定理知，，即，故面積的最大值為.故答案為【題目點撥】本題主要考查正弦定理余弦定理解三角形，考查三角形面積的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于中檔題.15、【解題分析】

取中點,中點,易得面,再求出到平面的距離,進而求解再得出到平面的距離.從而算得與平面所成角的正弦值即可.【題目詳解】如圖,取中點,中點,連接.因為,,所以.因為,,所以.在中,余弦定理可得.在中,余弦定理可得,故.在中,,且面.故到面的距離.到面的距離.又因為,所以,所以,所以,故到面的距離.故與平面所成角的正弦值是故答案為：【題目點撥】本題主要考查了空間中線面垂直的性質與運用,同時也考查了余弦定理在三角形中求線段與角度正余弦值的方法,需要根據題意找到點到面的距離求解,再求出線面的夾角.屬于難題.16、【解題分析】

由題意得，且，，由=，解得即可.【題目詳解】已知，是夾角為的兩個單位向量，所以，得，若解得故答案為【題目點撥】本題考查了向量數量積的運算性質，考查了計算能力，屬于基礎題．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、3【解題分析】

利用兩角和的正切公式化簡，求得的值，根據誘導公式求得的值.【題目詳解】由得．將代入上式，得，解得．于是，所以．【題目點撥】本小題主要考查兩角和的正切公式、誘導公式，屬于基礎題.18、（）【解題分析】

先化簡函數得到,再利用復合函數單調性原則結合整體法求單調區(qū)間即可.【題目詳解】,令,則,因為是的一次函數,且在定義域上單調遞增,所以要求的單調遞增區(qū)間,即求的單調遞減區(qū)間,即(),∴(),即(),∴函數的單調遞增區(qū)間為().【題目點撥】本題考查求復合型三角函數的單調區(qū)間,答題時注意,復合函數的單調性遵循“同增異減”法則.19、（1）（2）【解題分析】

試題分析：(1)利用得到相鄰兩項的關系，把問題轉化為等比數列問題；(2)利用裂項相消法求和.試題解析：（1）由，得得∴是等比數列，且公比為（2）由（1）及得，20、（1）見解析；（2）.【解題分析】

（1）連接，證明平面，進而可得出；（2）連接、、，設，過點在平面內作，垂足為點，連接，設，則角和均為直線與平面所成的角，從而可得出，即可求出所求角.【題目詳解】（1）如下圖所示，連接，在正方體中，平面，平面，，四邊形為正方形，，，平面，平面，；（2）連接、、，設，過點在平面內作，垂足為點，設，設正方體的棱長為，在正方體中，且，所以，四邊形為平行四邊形，，平面，平面，在平面內，，，，，則、、、四點共面，為的中點，，且，平面，平面，，由勾股定理得，連接，設，則直線與面所成角為，則，，由連比定理得，則，因此，直線與面所成角為.【題目點撥】本題考查線線垂直的證明，考查線面角的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運