2024届福建省三明市永安三中数学高一下期末预测试题含解析

2024届福建省三明市永安三中数学高一下期末预测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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,是两个不同的平面,是两条不同的直线,下列命题中错误的是（）A．若∥，，，则B．若∥，，，则C．若，，,则⊥D．若⊥，，,,则2．已知变量x，y满足约束条件x+y-2≥0,y≤2,x-y≤0,则A．2 B．3 C．4 D．63．已知数列1，，，9是等差数列，数列1，，，，9是等比数列，则（）A． B． C． D．4．如图，在正方体中，，分别是，中点，则异面直线与所成的角是（）A． B． C． D．5．当点到直线的距离最大时，m的值为（）A．3 B．0 C． D．16．某市举行“精英杯”数学挑战赛，分初赛和复赛两个阶段进行，规定：初赛成绩大于90分的具有复赛资格，某校所有学生的成绩均在区间内，其频率分布直方图如图所示，该校有130名学生获得了复赛资格，则该校参加初赛的人数约为（）A．200 B．400 C．2000 D．40007．将八进制数化成十进制数，其结果为（）A． B． C． D．8．如果角的终边经过点，那么的值是（）A． B． C． D．9．设向量，满足，，则（）A．1 B．2 C．3 D．510．已知两点，，若点是圆上的动点，则△面积的最小值是A． B．6 C．8 D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．在等比数列中，，公比，若，则的值为．12．已知线段上有个确定的点（包括端点与）.现对这些点进行往返标数（从…进行标数，遇到同方向点不够数时就“调头”往回数）.如图：在点上标，称为点，然后从点开始数到第二个数，标上，称为点，再从点开始数到第三个数，标上，称为点（标上数的点称为点），……，这样一直继续下去，直到，，，…，都被标记到点上，则点上的所有标记的数中，最小的是_______.13．若直线l1：y＝kx+1与直线l2关于点（2，3）对称，则直线l2恒过定点_____，l1与l2的距离的最大值是_____.14．用线性回归某型求得甲、乙、丙3组不同的数据的线性关系数分别为0.81，-0.98，0.63，其中_________（填甲、乙、丙中的一个）组数据的线性关系性最强。15．若2弧度的圆心角所对的弧长为4cm，则这个圆心角所夹的扇形的面积是______．16．用数学归纳法证明时，从“到”，左边需增乘的代数式是___________.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．正四棱锥中，，分别为，的中点.（1）求证：平面；（2）若，求异面直线和所成角的余弦值.18．已知数列的前项和为，.（1）求数列的通项公式（2）数列的前项和为，若存在，使得成立，求范围?19．如图，在三棱锥中，，，，，为线段的中点，为线段上一点．（1）求证：平面平面；（2）当平面时，求三棱锥的体积．20．如图，在长方体中，，点为的中点．（1）求证：直线平面；（2）求证：平面平面；（3）求直线与平面的夹角．21．在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点.(1)求证：；(2)求直线与平面所成角的正弦值.

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、A【解题分析】

根据平面和直线关系，依次判断每个选项得到答案.【题目详解】A.若，，，则如图所示情况，两直线为异面直线，错误其它选项正确.故答案选A【题目点拨】本题考查了直线平面的关系，找出反例是解题的关键.2、D【解题分析】

试题分析：把函数转化为表示斜率为截距为平行直线系，当截距最大时，最大，由题意知当直线过和两条直线交点时考点：线性规划的应用.【题目详解】请在此输入详解！3、B【解题分析】

根据等差数列和等比数列性质可分别求得，，代入即可得到结果.【题目详解】由成等差数列得：由成等比数列得：，又与同号本题正确选项：【题目点拨】本题考查等差数列、等比数列性质的应用，易错点是忽略等比数列奇数项符号相同的特点，从而造成增根.4、D【解题分析】

如图，平移直线到，则直线与直线所成角，由于点都是中点，所以，则，而，所以，即，应选答案D．5、C【解题分析】

求得直线所过的定点，当和直线垂直时，距离取得最大值，根据斜率乘积等于列方程，由此求得的值.【题目详解】直线可化为，故直线过定点，当和直线垂直时，距离取得最大值，故，故选C.【题目点拨】本小题主要考查含有参数的直线过定点的问题，考查点到直线距离的最值问题，属于基础题.6、A【解题分析】

由频率和为1，可算得成绩大于90分对应的频率，然后由频数÷总数=频率，即可得到本题答案.【题目详解】由图，得成绩大于90分对应的频率=，设该校参加初赛的人数为x，则，得，所以该校参加初赛的人数约为200.故选：A【题目点拨】本题主要考查频率直方图的相关计算，涉及到频率和为1以及频数÷总数=频率的应用.7、B【解题分析】

利用进制数化为十进制数的计算公式，，从而得解．【题目详解】由题意，，故选．【题目点拨】本题主要考查八进制数与十进制数之间的转化，熟练掌握进制数与十进制数之间的转化计算公式是解题的关键．8、D【解题分析】

根据任意角的三角函数定义直接求解.【题目详解】因为角的终边经过点,所以,故选:D.【题目点拨】本题考查任意角的三角函数求值,属于基础题.9、A【解题分析】

将等式进行平方，相加即可得到结论．【题目详解】∵||，||，∴分别平方得2•10，2•6，两式相减得4•10﹣6＝4，即•1，故选A．【题目点拨】本题主要考查向量的基本运算，利用平方进行相加是解决本题的关键，比较基础．10、A【解题分析】

求得圆的方程和直线方程以及，利用三角换元假设，利用点到直线距离公式和三角函数知识可求得，代入三角形面积公式可求得结果.【题目详解】由题意知，圆的方程为：，直线方程为：，即设点到直线的距离：，其中当时，本题正确选项：【题目点拨】本题考查点到直线距离的最值的求解问题，关键是能够利用三角换元的方式将问题转化为三角函数的最值的求解问题.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】

因为，，故答案为1．考点：等比数列的通项公式．12、【解题分析】

将线段上的点考虑为一圆周，所以共有16个位置，利用规则，可知标记2019的是，2039190除以16的余数为6，即线段的第6个点标为2019，则，令，即可得．【题目详解】依照题意知，标有2的是1+2，标有3的是1+2+3，……，标有2019的是1+2+3+……+2019，将将线段上的点考虑为一圆周，所以共有16个位置，利用规则，可知标记2019的是，2039190除以16的余数为6，即线段的第6个点标为2019，，令，，解得，故点上的所有标记的数中，最小的是3.【题目点拨】本题主要考查利用合情推理，分析解决问题的能力．意在考查学生的逻辑推理能力，13、（4，5）4.【解题分析】

根据所过定点与所过定点关于对称可得，与的距离的最大值就是两定点之间的距离.【题目详解】∵直线：经过定点，又两直线关于点对称，则两直线经过的定点也关于点对称∴直线恒过定点，∴与的距离的最大值就是两定点之间的距离，即为.故答案为：，.【题目点拨】本题考查了过两条直线交点的直线系方程，属于基础题.14、乙【解题分析】由当数据的相关系数的绝对值越趋向于，则相关性越强可知，因为甲、乙、丙组不同的数据的线性相关系数分别为，所以乙线性相关系数的绝对值越接近，所以乙组数据的相关性越强．15、【解题分析】

先求出扇形的半径，再求这个圆心角所夹的扇形的面积.【题目详解】设扇形的半径为R,由题得.所以扇形的面积为.故答案为：【题目点拨】本题主要考查扇形的半径和面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.16、.【解题分析】

从到时左边需增乘的代数式是，化简即可得出．【题目详解】假设时命题成立，则，当时，从到时左边需增乘的代数式是．故答案为：.【题目点拨】本题考查数学归纳法的应用，考查推理能力与计算能力，属于中档题．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）见解析（2）【解题分析】

（1）取的中点，连接、，可得四边形为平行四边形，得到，由线面平行的判定可得平面；（2）连接交于，则为的中点，结合为的中点，得，可得（或其补角）为异面直线和所成角，在正四棱锥中，由为的中点，且，可得，设，求解三角形可得异面直线和所成角的余弦值．【题目详解】（1）取的中点，连接、，是的中点，且，在正四棱锥中，底面为正方形，且，又为的中点，且，且，则四边形为平行四边形，，平面，平面，平面；（2）连接交于，则为的中点，又为的中点，，又，（或其补角）为异面直线和所成角，在正四棱锥中，由为的中点，且，，设，则，，，则，因此，异面直线和所成角的余弦值为.【题目点拨】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了异面直线所成角的求法，是中档题．18、（1）；（2）【解题分析】

（1）根据之间关系，可得结果（2）利用错位相减法，可得，然后使用分离参数的方法，根据单调性，计算其范围，可得结果.【题目详解】（1）当时，两式相减得：当时，，不符合上式所以（2）令，所以所以令①②所以①-②：则化简可得故，若存在，使得成立即存在，成立故，由，则所以可知数列在单调递增所以，故【题目点拨】本题考查了之间关系，还考查了错位相减法求和，本题难点在于的求法，重点在于错位相减法的应用，属中档题.19、（1）见证明；（2）【解题分析】

（1）利用线面垂直判定定理得平面，可得；根据等腰三角形三线合一得，利用线面垂直判定定理和面面垂直判定定理可证得结论；（2）利用线面平行的性质定理可得，可知为中点，利用体积桥可知，利用三棱锥体积公式可求得结果.【题目详解】（1）证明：，平面又平面，为线段的中点平面平面平面平面（2）平面，平面平面为中点为中点三棱锥的体积为【题目点拨】本题考查面面垂直的证明、三棱锥体积的求解，涉及到线面垂直的判定和性质定理、面面垂直的判定定理、线面平行的性质定理、棱锥体积公式、体积桥方法的应用，属于常考题型.20、(1)见证明；(2)见证明；(3)【解题分析】

（1）连接，交于，则为中点，连接OP，可证明，从而可证明直线平面；（2）先证明AC⊥BD，，可得到平面，然后结合平面，可知平面平面；（3）连接，由（2）知，平面平面，可知即为与平面的夹角，求解即可.【题目详解】（1）证明：连接，交于，则为中点，连接OP，∵P为的中点，∴，∵OP⊂平面，⊄平面，∴平面；（2）证明：长方体中，，底面是正方形，则AC⊥BD，又⊥面，则．∵⊂平面，⊂平面，，∴平面．∵平面，∴平面平面；（3）解：连接，由（2）知，平面平面，∴即为与平面的夹角，在长方体中，∵，∴．在中，．∴直线与平面的夹角为．【题目点拨】本题考查了线面平行、面面垂直的证明，考查了线面角的求法，考查了学生的空间想象能力和计算求解能力，属于中档题.21、(1)证明见解析；(2)【解题分析】

(1)取中点,连接,可得四边形为平行四边形.再证明平面得到,进而得到即可.