2024届宁夏回族自治区吴忠市数学高一第二学期期末教学质量检测模拟试题含解析

2024届宁夏回族自治区吴忠市数学高一第二学期期末教学质量检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．已知数列的前n项和为，且满足，则（）A．1 B． C． D．20162．设，则（）A． B． C． D．3．设的内角所对边分别为．则该三角形（）A．无解 B．有一解 C．有两解 D．不能确定4．甲、乙两名运动员分别进行了5次射击训练，成绩如下：甲：7，7，8，8，1；乙：8，9，9，9，1．若甲、乙两名运动员的平均成绩分别用，表示，方差分别用，表示，则（）A．， B．，C．， D．，5．已知向量，且，则（）A．2 B． C． D．6．在ΔABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，A=45°，B=30°，b=2，则a=（）A．2 B．63 C．227．已知一组数1，1，2，3，5，8，，21，34，55，按这组数的规律，则应为（）A．11 B．12 C．13 D．148．已知两条直线m,n，两个平面α,β，给出下面四个命题：①m//n，m⊥α⇒n⊥α；②α//β，m⊂α，n⊂β⇒m//n；③m//n，m//α⇒n//α；④α//β，m//n，m⊥α⇒n⊥β其中正确命题的序号是（）A．①④B．②④C．①③D．②③9．过点且与直线垂直的直线方程是（）A． B． C． D．10．函数的图象的相邻两支截直线所得的线段长为，则的值是（）A．0 B． C．1 D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．数列中，，则____________．12．若a、b、c正数依次成等差数列，则的最小值为_______.13．已知向量，则___________.14．设的内角、、的对边分别为、、，且满足.则______.15．设,满足约束条件,则的最小值是______.16．《九章算术》中，将底面为长方形且由一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥为鳖臑，平面，，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，则球的表面积为__________.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，其中为的前项和，且（1）求数列和的通项公式（2）求数列的前项和.18．在直角坐标系中，，，点在直线上.（1）若三点共线，求点的坐标；（2）若，求点的坐标.19．如图，在多面体中，平面平面，四边形为正方形，四边形为梯形，且，，．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.20．数列满足：．（1）求证：为等比数列；（2）求的通项公式．21．如图，在三棱锥中，平面平面，，点,,分别为线段，，的中点，点是线段的中点.求证：（1）平面；（2）.

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】

利用和关系得到数列通项公式，代入数据得到答案.【题目详解】已知数列的前n项和为，且满足，相减：取答案选C【题目点拨】本题考查了和关系，数列的通项公式，意在考查学生的计算能力.2、C【解题分析】

首先化简，可得到大小关系，再根据，即可得到的大小关系.【题目详解】，，.所以.故选：C【题目点拨】本题主要考查指数，对数的比较大小，熟练掌握指数和对数函数的性质为解题的关键，属于简单题.3、C【解题分析】

利用正弦定理以及大边对大角定理求出角，从而判断出该三角形解的个数．【题目详解】由正弦定理得，所以，，，，或，因此，该三角形有两解，故选C.【题目点拨】本题考查三角形解的个数的判断，解题时可以充分利用解的个数的等价条件来进行判断，具体来讲，在中，给定、、，该三角形解的个数判断如下：（1）为直角或钝角，，一解；，无解；（2）为锐角，或，一解；，两解；，无解.4、D【解题分析】

分别计算出他们的平均数和方差，比较即得解.【题目详解】由题意可得，，，．故，．故选D【题目点拨】本题主要考查平均数和方差的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.5、B【解题分析】

根据向量平行得到，再利用和差公式计算得到答案.【题目详解】向量，且，则..故选：.【题目点拨】本题考查了向量平行求参数，和差公式，意在考查学生的综合应用能力.6、C【解题分析】

利用正弦定理得到答案.【题目详解】asin故答案选C【题目点拨】本题考查了正弦定理，意在考查学生的计算能力.7、C【解题分析】

易得从第三项开始数列的每项都为前两项之和,再求解即可.【题目详解】易得从第三项开始数列的每项都为前两项之和,故.故选：C【题目点拨】该数列为“斐波那契数列”,从第三项开始数列的每项都为前两项之和,属于基础题.8、A【解题分析】依据线面垂直的判定定理可知命题①是正确的；对于命题②，直线m,n还有可能是异面，因此不正确；对于命题③，还有可能直线n⊂α，因此③命题不正确；依据线面垂直的判定定理可知命题④是正确的，故应选答案A.9、D【解题分析】

由已知直线方程求得直线的斜率，再根据两直线垂直，得到所求直线的斜率，最后用点斜式写出所求直线的方程.【题目详解】已知直线的斜率为：因为两直线垂直所以所求直线的斜率为又所求直线过点所以所求直线方程为：即：故选：D【题目点拨】本题主要考查了直线与直线的位置关系及直线方程的求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.10、C【解题分析】

根据题意可知函数周期为，利用周期公式求出，计算即可求值.【题目详解】由正切型函数的图象及相邻两支截直线所得的线段长为知，，所以，，故选C.【题目点拨】本题主要考查了正切型函数的周期，求值，属于中档题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、1【解题分析】

利用极限运算法则求解即可【题目详解】故答案为：1【题目点拨】本题考查数列的极限，是基础题12、1【解题分析】

由正数a、b、c依次成等差数列，则，则，再结合基本不等式求最值即可.【题目详解】解：由正数a、b、c依次成等差数列，则，则，当且仅当，即时取等号，故答案为：1.【题目点拨】本题考查了等差中项的运算，重点考查了基本不等式的应用，属基础题.13、【解题分析】

根据向量夹角公式可求出结果.【题目详解】．【题目点拨】本题考查了向量夹角的运算，牢记平面向量的夹角公式是破解问题的关键．14、4【解题分析】

解法1有题设及余弦定理得.故.解法2如图4，过点作，垂足为.则，.由题设得.又，联立解得，.故.解法3由射影定理得.又，与上式联立解得，.故.15、1【解题分析】

根据不等式组，画出可行域，数形结合求解即可.【题目详解】由题可知，可行域如下图所示：容易知：，可得：，结合图像可知，的最小值在处取得，则.故答案为：1.【题目点拨】本题考查线性规划的基础问题，只需作出可行域，数形结合即可求解.16、【解题分析】

由题意得该四面体的四个面都为直角三角形，且平面，可得，．因为为直角三角形，可得，所以，因此，结合几何关系，可求得外接球的半径，，代入公式即可求球的表面积．【题目详解】本题主要考查空间几何体．由题意得该四面体的四个面都为直角三角形，且平面，，，，．因为为直角三角形，因此或（舍）．所以只可能是，此时，因此，所以平面所在小圆的半径即为，又因为，所以外接球的半径，所以球的表面积为．【题目点拨】本题考查三棱锥的外接球问题，难点在于确定BC的长，即得到，再结合几何性质即可求解，考查学生空间想象能力，逻辑推理能力，计算能力，属中档题．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）【解题分析】

（1）由题意可得，由等差数列的通项公式可得；由数列的递推式，结合等比数列的定义和通项公式可得；（2），运用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．【题目详解】解：（1）由，同乘以得，可知是以2为公差的等差数列，而，故；又，相减得，，可知是以为公比的等比数列，而，故；（2）因为，，，两式相减得．【题目点拨】本题主要考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的错位相减法求和，考查化简运算能力，属于中档题．18、（1）；（2）.【解题分析】

（1）三点共线，则有与共线，由向量共线的坐标运算可得点坐标；（2），则，由向量数量积的坐标运算可得【题目详解】设，则，（1）因为三点共线，所以与共线，所以，，点的坐标为.（2）因为，所以，即，，点的坐标为.【题目点拨】本题考查向量共线和向量垂直的坐标运算，属于基础题．19、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析【解题分析】

（Ⅰ）转化为证明；（Ⅱ）转化为证明，；（Ⅲ）根据线面平行的性质定理.【题目详解】（Ⅰ）因为四边形为正方形，所以，由于平面，平面，所以平面.（Ⅱ）因为四边形为正方形，所以.平面平面，平面平面，所以平面.所以.取中点，连接.由，，，可得四边形为正方形.所以.所以.所以.因为，所以平面.（Ⅲ）存在，当为的中点时，平面，此时.证明如下：连接交于点，由于四边形为正方形，所以是的中点，同时也是的中点.因为，又四边形为正方形，所以，连接，所以四边形为平行四边形.所以.又因为平面，平面，所以平面.【题目点拨】本题考查空间线面的关系.线面关系的证明要紧扣判定定理，转化为线线关系的证明.20、（1）见解析（2）【解题分析】

（1）证明和的比是定值，即得；（2）由（1）的通项公式入手，即得。【题目详解】（1）由题得，，即有，相邻两项之比为定值3，故为公比的等比数列；（2）因为为等比数列，且，则有，整理得的通项公式为.【题目点拨】本题考查等比数列的概念，以及求数列的通项公式，是基础题。21、（1）见解析；（2）见解析【解题分析】

（1）连AF交BE于Q，连QO，推导出Q是△PAB的重心，从而FG∥QO，由此能证明FG∥平面EBO．（2）推导出BO⊥AC，从而BO⊥面PAC，进而BO⊥PA，再求出OE⊥PA，由此能证明PA⊥平面EBO，利用线面垂直的性质可证PA⊥BE．【题目详解】（1）连接AF交BE于Q，连接QO，因为E，F分别为边PA，PB的中点，所以Q为△PAB的重心，可得：2，又因为O为线段AC的中点，G是线段CO的中点，所以2，于是，所以FG∥QO，因为FG⊄平面EBO，QO⊂平面EBO，所以FG∥平面EBO．（2）因为O为边AC的中点，AB＝BC，所以BO⊥AC，