福建省泉港一中2024届高一数学第二学期期末预测试题含解析

福建省泉港一中2024届高一数学第二学期期末预测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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1．一支由学生组成的校乐团有男同学48人，女同学36人，若用分层抽样的方法从该乐团的全体同学中抽取21人参加某项活动，则抽取到的男同学人数为（）A．10 B．11 C．12 D．132．已知数列中，,则（）A． B． C． D．3．已知是第二象限角,（）A． B． C． D．4．已知都是正数,且，则的最小值等于A． B．C． D．5．已知向量，，若，则的值为（）A． B．1 C． D．6．在中，已知，则等于()A． B．C．或 D．或7．已知向量，则与夹角的大小为()A． B． C． D．8．经过，两点的直线方程为（）A． B． C． D．9．甲：（是常数）乙：丙：（、是常数）丁：（、是常数），以上能成为数列是等差数列的充要条件的有几个（）A．1 B．2 C．3 D．410．不等式的解集为，则实数的值为（）A． B．C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．______．12．已知平行四边形的周长为，，则平行四边形的面积是_______13．已知数列是等比数列，若，，则公比________.14．已知中，，则面积的最大值为_____15．程序：的最后输出值为___________________.16．己知为数列的前项和，且，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．如图,在四边形中,,,,.(1)若,求;(2)求四边形面积的最大值.18．如图，已知平面是正三角形，.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的正切值.19．已知是同一平面内的三个向量，其中为单位向量.(Ⅰ)若//，求的坐标；(Ⅱ)若与垂直，求与的夹角.20．在等差数列中，已知．（1）求通项；（2）求的前项和．21．中，角的对边分别为，且.（I）求的值；（II）求的值.

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【解题分析】

先由男女生总数以及抽取的人数确定抽样比，由男生总人数乘以抽样比即可得出结果.【题目详解】用分层抽样的方法从校乐团中抽取人，所得抽样比为，因此抽取到的男同学人数为人.故选C【题目点拨】本题主要考查分层抽样，熟记概念即可，属于常考题型.2、B【解题分析】

由数列的递推关系，可得数列的周期性，再求解即可.【题目详解】解:因为,①则,②①+②有:,即,则,即数列的周期为6,又,得，,则,故选:D.【题目点拨】本题考查了数列的递推关系，重点考查了数列周期性的应用，属基础题.3、A【解题分析】cosα＝±＝±，又∵α是第二象限角，∴cosα＝－.4、C【解题分析】

,故选C.5、B【解题分析】

直接利用向量的数量积列出方程求解即可．【题目详解】向量，，若，可得2﹣2＝0，解得＝1，故选B．【题目点拨】本题考查向量的数量积的应用，考查计算能力，属于基础题．6、C【解题分析】在中，已知，由余弦定理，即，解得或，又，或，故选C.7、D【解题分析】

。分别求出，，，利用即可得出答案.【题目详解】设与的夹角为故选：D【题目点拨】本题主要考查了求向量的夹角，属于基础题.8、C【解题分析】

根据题目条件，选择两点式来求直线方程.【题目详解】由两点式直线方程可得：化简得：故选：C【题目点拨】本题主要考查了直线方程的求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.9、D【解题分析】

由等差数列的定义和求和公式、通项公式的关系，以及性质，即可得到结论.【题目详解】数列是等差数列，设公差为，由定义可得（是常数），且（是常数），，令，即（、是常数），等差数列通项，令，即（、是常数），综上可得甲乙丙丁都对.故选：D.【题目点拨】本题考查等差数列的定义和通项公式、求和公式的关系，考查充分必要条件的定义，考查推理能力，属于基础题.10、C【解题分析】

不等式的解集为，为方程的两根，则根据根与系数关系可得，.故选C.考点：一元二次不等式；根与系数关系.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解题分析】

,,故答案为.考点：三角函数诱导公式、切割化弦思想.12、【解题分析】

设，根据条件可以求出，两边平方可以得到关系式，由余弦定理可以表示出，把代入得到的关系式，联立求出的值，过作垂直于，设，则可以表示，利用勾股定理，求出的值，确定长，即求出平行四边形的面积【题目详解】设又，由余弦定理将代入，得到将（2）代入（1）得到可以解得：(另一种情况不影响结果)，过作垂直于，设,则，所以填写【题目点拨】几何题如果关系量理清不了，可以尝试作图，引入相邻边的参数，通过方程把参数求出，平行四边形问题可以通过转化变为三角形问题，进而把问题简单化.13、【解题分析】

利用等比数列的通项公式即可得出．【题目详解】∵数列是等比数列，若，，则，解得，即.故答案为：【题目点拨】本题考查了等比数列的通项公式，考查了计算能力，属于基础题．14、【解题分析】

设，则，根据面积公式得，由余弦定理求得代入化简，由三角形三边关系求得，由二次函数的性质求得取得最大值．【题目详解】解：设，则，根据面积公式得，由余弦定理可得，可得：，由三角形三边关系有：，且，解得：，故当时，取得最大值，故答案为：．【题目点拨】本题主要考查余弦定理和面积公式在解三角形中的应用．当涉及最值问题时，可考虑用函数的单调性和定义域等问题，属于中档题．15、4；【解题分析】

根据赋值语句的作用是将表达式所代表的值赋给变量，然后语句的顺序可求出的值．【题目详解】解：执行程序语句：

＝1后，＝1；

＝＋1后，＝2；

＝＋2后，＝4；

后，输出值为4；

故答案为：4【题目点拨】本题主要考查了赋值语句的作用，解题的关键对赋值语句的理解，属于基础题．16、【解题分析】

根据可知，得到数列为等差数列；利用等差数列前项和公式构造方程可求得；利用等差数列通项公式求得结果.【题目详解】由得：，即：数列是公差为的等差数列又，解得：本题正确结果：【题目点拨】本题考查等差数列通项公式、前项和公式的应用，关键是能够利用判断出数列为等差数列，进而利用等差数列中的相关公式来进行求解.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).【解题分析】

（1）直接利用余弦定理，即可得到本题答案；（2）由四边形ABCD的面积=，得四边形ABCD的面积，求S的最大值即可得到本题答案.【题目详解】(1)当时,在中,由余弦定理得，设(),则,即,解得，所以；(2)的面积为，在中,由余弦定理得,所以,的面积为，所以,四边形的面积为，因为,所以当时,四边形的面积最大,最大值为.【题目点拨】本题主要考查利用余弦定理、面积公式及三角函数的性质解决实际问题.18、（1）证明见解析；（2）.【解题分析】

（1）取的中点的中点，证明，由根据线面垂直判定定理可得，可得平面，结合面面垂直的判定定理，可得平面平面；

（2）过作，连接BM，可以得到为二面角的平面角，解三角形即可求出二面角的正切值．【题目详解】解：（1）取BE的中点F.

AE的中点G，连接GD，CF∴,GF∥AB又∵,CD∥AB∴CD∥GF，CD=GF,∴CFGD是平行四边形,∴CF∥GD,又∵CF⊥BF，CF⊥AB∴CF⊥平面ABE∵CF∥DG∴DG⊥平面ABE，∵DG⊂平面ABE∴平面ABE⊥平面ADE；（2）∵AB=BE，∴AE⊥BG，∴BG⊥平面ADE，过G作GM⊥DE，连接BM，则BM⊥DE，则∠BMG为二面角A−DE−B的平面角，设AB=BC=2CD=2，则,在Rt△DCE中，CD=1，CE=2,∴,又,由DE⋅GM=DG⋅EG得,所以，故面角的正切值为：.【题目点拨】本题考查了面面垂直的判定定理及二面角的平面角的作法，重点考查了空间想象能力，属中档题.19、（Ⅰ）或（Ⅱ）【解题分析】

（Ⅰ）设，根据向量的模和共线向量的条件，列出方程组，即可求解．（Ⅱ）由，根据向量的运算求得，再利用向量的夹角公式，即可求解．【题目详解】（Ⅰ）设由题则有解得或，．（Ⅱ）由题即，．【题目点拨】本题主要考查了向量的坐标运算，共线向量的条件及向量的夹角公式的应用，其中解答中熟记向量的基本概念和运算公式，合理准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．20、（1），（2）【解题分析】

（1）设出等差数列的基本量，首项和公差，根据条件列出方程组，解出和，写出的通项.（2）由（1）中求出的基本量，根据等差数列的求和公式，写出【题目详解】设等差数列的首项为，公差为，，解得（2）由（1）可知，【题目点拨】本题考查等差