2026届甘肃省兰州市城关区兰州第一中学高一下数学期末达标检测模拟试题含解析

2026届甘肃省兰州市城关区兰州第一中学高一下数学期末达标检测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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．执行如下图所示的程序框图，若输出的，则输入的的值为（）A． B． C． D．2．在中，内角所对的边分别是，若，则角的值为（）A． B． C． D．3．在中，为的三等分点，则()A． B． C． D．4．在四边形中，若，且，则四边形是（）A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形5．已知1，a，b，c，5五个数成等比数列，则b的值为（）A． B． C． D．36．在中，，BC边上的高等于,则A． B． C． D．7．在ΔABC中，如果A=45∘，c=6，A．无解 B．一解 C．两解 D．无穷多解8．己知的周长为，内切圆的半径为，，则的值为（）A． B． C． D．9．在中，，，，则（）A． B． C． D．10．在中，角的对边分别为，若，则A．无解 B．有一解C．有两解 D．解的个数无法确定二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．设公比为q(q＞0)的等比数列{an}的前n项和为{Sn}．若，，则q＝______________．12．数列的前项和为，若数列的各项按如下规律排列：，，，，，，，，，，…，，，…，，…有如下运算和结论：①；②数列，，，，…是等比数列；③数列，，，，…的前项和为；④若存在正整数，使，，则．其中正确的结论是_____．（将你认为正确的结论序号都填上）13．△ABC中，，，则=_____．14．在等差数列中，已知，，则________.15．已知两点A（2，1）、B（1，1+）满足＝（sinα，cosβ），α，β∈（﹣，），则α+β＝_______________16．三棱锥中，分别为的中点，记三棱锥的体积为，的体积为，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．已知数列的前项和为，且.（1）求；（2）若，求数列的前项和.18．已知数列中，，.（1）求证：是等差数列，并求的通项公式；（2）数列满足，求数列的前项和.19．设等比数列的前n项和为.已知，，求和.20．在中，角的对边分别为．若．（1）求；（2）求的面积的最大值．21．如图长方体中，，分别为棱，的中点（1）求证:平面平面；（2）请在答题卡图形中画出直线与平面的交点（保留必要的辅助线），写出画法并计算的值（不必写出计算过程）．

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、D【解析】由题意，当输入，则；；；，终止循环，则输出，所以，故选D.2、C【解析】

利用正弦定理，求得，再利用余弦定理，求得，即可求解．【详解】在，因为，由正弦定理可化简得，即，由余弦定理得，因为，所以，故选C.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．3、B【解析】试题分析：因为，所以，以点为坐标原点，分别为轴建立直角坐标系，设，又为的三等分点所以，，所以，故选B.考点：平面向量的数量积.【一题多解】若，则，即有，为边的三等分点，则,故选B．4、A【解析】

根据向量相等可知四边形为平行四边形；由数量积为零可知，从而得到四边形为矩形.【详解】，可知且四边形为平行四边形由可知：四边形为矩形本题正确选项：【点睛】本题考查相等向量、垂直关系的向量表示，属于基础题.5、A【解析】

根据等比数列奇数项也成等比数列，求解.【详解】因为1，a，b，c，5五个数成等比数列，所以也成等比数列，等比数列奇数项的符号一致，，.故选A.【点睛】本题考查了等比数列的基本性质，属于简单题型，但需注意这个隐含条件.6、D【解析】试题分析：设边上的高线为，则，所以．由正弦定理，知，即，解得，故选D．【考点】正弦定理【方法点拨】在平面几何图形中求相关的几何量时，需寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件，常常将所涉及到已知几何量与所求几何集中到某一个三角形，然后选用正弦定理与余弦定理求解．7、C【解析】

计算出csinA的值，然后比较a、csin【详解】由题意得csinA=6×2【点睛】本题考查三角形解的个数的判断，解题时要熟悉三角形解的个数的判断条件，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.8、C【解析】

根据的周长为，内切圆的半径为，求得，再利用正弦定理，得到，然后代入余弦定理，化简得到求解.【详解】因为的周长为，内切圆的半径为，所以，又因为，所以.由余弦定理得：，，所以，所以，即，因为A为内角，所以，所以.故选：C【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.9、D【解析】

直接用正弦定理直接求解边.【详解】在中，，，由余弦定理有：,即故选：D【点睛】本题考查利用正弦定理解三角形，属于基础题.10、C【解析】

求得，根据，即可判定有两解，得到答案.【详解】由题意，因为，又由，且，所以有两解.【点睛】本题主要考查了三角形解的个数的判定，以及正弦定理的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】将，两个式子全部转化成用，q表示的式子．即，两式作差得：，即：，解之得：(舍去)12、①③④【解析】

根据题中所给的条件，将数列的项逐个写出，可以求得，将数列的各项求出，可以发现其为等差数列，故不是等比数列，利用求和公式求得结果，结合条件，去挖掘条件，最后得到正确的结果.【详解】对于①，前24项构成的数列是，所以，故①正确；对于②，数列是，可知其为等差数列，不是等比数列，故②不正确；对于③，由上边结论可知是以为首项，以为公比的等比数列，所以有，故③正确；对于④，由③知，即，解得，且，故④正确；故答案是①③④.【点睛】该题考查的是有关数列的性质以及对应量的运算，解题的思想是观察数列的通项公式，理解项与和的关系，认真分析，仔细求解，从而求得结果.13、【解析】试题分析：三角形中，,由，得又,所以有正弦定理得即即A为锐角，由得，因此考点：正余弦定理14、-16【解析】

设等差数列的公差为，利用通项公式求出即可.【详解】设等差数列的公差为，得，则.故答案为【点睛】本题考查了等差数列通项公式的应用，属于基础题.15、或0【解析】

运用向量的加减运算和特殊角的三角函数值，可得所求和．【详解】两点A（2，1）、B（1，1）满足（sinα，cosβ），可得（﹣1，）＝（，）＝（sinα，cosβ），即为sinα，cosβ，α，β∈（），可得α，β＝±，则α+β＝0或．故答案为0或．【点睛】本题考查向量的加减运算和三角方程的解法，考查运能力，属于基础题．16、【解析】

由已知设点到平面距离为，则点到平面距离为，所以，考点：几何体的体积.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）.【解析】

（1）利用与的关系可得，再利用等差数列的通项公式即可求解.（2）由（1）求出，再利用裂项求和法即可求解.【详解】解：（1）因为，①所以当时，，又，故.当时，，②①②得，，整理得.因为，所以，所以是以为首项，以1为公差的等差数列.所以，即.（2）由（1）及得，，所以.【点睛】本小题考查与的关系、等差数列的定义及通项公式、数列求和等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想、分类与整合思想等.18、（1）证明见解析，（2）【解析】

（1）由，两边取倒数，得到，根据等差数列的定义证明等差数列，，再利用通项公式求得，从而得到..（2）根据（1）的结论，再用错位相减法求其前n项和.【详解】（1）因为，所以，即，所以是首项为1，公差为的等差数列，所以，即.（2）由（1）知所以①两边同乘以得：②①-②得，，，所以.【点睛】本题主要考查了数列的证明及错位相减法求和，还考查了运算求解的能力，属于难题.19、或.【解析】

试题解析：（1）解得或即或（2）当时，当时，考点：本题考查求通项及求和点评：解决本题的关键是利用基本量法解题20、（1）（2）【解析】

（1）用正弦定理将式子化为，进行整理化简可得的值，即得角B；（2）由余弦定理可得关于的等式，再利用基本不等式和三角形面积公式可得面积最大值。【详解】（1）由题得，，，，解得，，.（2），由余弦定理得，，整理得，又，即，则的面积的最大值为.【点睛】本题考查用正弦定理求三角形内角，由余弦定理和基本不等式求三角形面积最大值，是基础题型。21、(1)见证明；(2)；画图见解析【解析】

（1）推导出平面，得出，得出，从而得到，进而证出平面，由此证得平面平面．（2）根据通过辅助线推出线面平行再推出线线平行，再根据“一条和平面不平行的直线与平面的公共点即为直线与平面的交点”得到点位置，然后计算的值．【详解】（1）证明：在长方体中，，分别为棱，的中点，所以平面，则，在中，，在中，，所以，因为在中，，所以，所以，又因为，所以平面，因为平面，所以平面平面（2）如图所示：设，连接，取中点记为，过作，且，则.证明：因为为中点，所以且；又因为，且，所以且，所以四边形为平行四边形，则；又因为，