2026届广东省深圳市龙城高级中学数学高一下期末联考试题含解析

2026届广东省深圳市龙城高级中学数学高一下期末联考试题请考生注意：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．现有1瓶矿泉水，编号从1至1．若从中抽取6瓶检验，用系统抽样方法确定所抽的编号为（）A．3，13，23，33，43，53 B．2，14，26，38，42，56C．5，8，31，36，48，54 D．5，10，15，20，25，302．在正项等比数列中，，则（）A． B． C． D．3．已知A(2,4)与B(3,3)关于直线l对称，则直线l的方程为()．A．x＋y＝0 B．x－y＝0C．x－y＋1＝0 D．x＋y－6＝04．已知数列的前项和为，且满足，，则（）A． B． C． D．5．执行如图所示的程序，已知的初始值为，则输出的的值是（）A． B． C． D．6．若向量，，且，则＝()A． B．－ C． D．－7．图1是我国古代数学家赵爽创制的一幅“勾股圆方图”（又称“赵爽弦图”)，它是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形.受其启发，某同学设计了一个图形，它是由三个全等的钝角三角形与中间一个小正三角形拼成一个大正三角形，如图2所示，若，，则线段的长为（)A．3 B．3.5 C．4 D．4.58．在等差数列中，如果，则数列前9项的和为()A．297 B．144 C．99 D．669．用数学归纳法时，从“k到”左边需增乘的代数式是（）A． B．C． D．10．在中，根据下列条件解三角形，其中有一解的是（）A．，，B．，，C．，，D．，，二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．在行列式中，元素的代数余子式的值是________.12．等腰直角中，，CD是AB边上的高，E是AC边的中点，现将沿CD翻折成直二面角，则异面直线DE与AB所成角的大小为________.13．在ΔABC中，角A,B,C所对的对边分别为a,b,c，若A=30∘，a=7，b=214．已知函数，则______.15．在平面直角坐标系中，在轴、轴正方向上的投影分别是、，则与同向的单位向量是__________．16．_________________．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．（1）求函数的最小正周期和对称轴方程；（2）若，求的值域．18．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．19．如图，在三棱柱中，、分别是棱，的中点，求证：（1）平面；（2）平面平面．20．已知.（1）化简;（2）若,且为第一象限角,求的值.21．如图，在平面直角坐标系中，以轴为始边做两个锐角，它们的终边分别与单位圆相交于A，B两点，已知A，B的横坐标分别为（1）求的值；（2）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、A【解析】

根据系统抽样原则，可知编号成公差为的等差数列，观察选项得到结果.【详解】根据系统抽样原则，可知所抽取编号应成公差为的等差数列选项编号公差为；选项编号不成等差；选项编号公差为；可知错误选项编号满足公差为的等差数列，正确本题正确选项：【点睛】本题考查抽样方法中的系统抽样，关键是明确系统抽样的原则和特点，属于基础题.2、D【解析】

结合对数的运算，得到，即可求解.【详解】由题意，在正项等比数列中，，则.故选：D.【点睛】本题主要考查了等比数列的性质，以及对数的运算求值，其中解答中熟记等比数列的性质，合理应用对数的运算求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.3、C【解析】试题分析：两点关于直线对称，则,点与的中点在直线上，,那么直线的斜率等于，中点坐标为，即中点坐标为，,整理得：,故选C.考点：求直线方程4、B【解析】

由可知，数列隔项成等比数列，从而得到结果.【详解】由可知：当n≥2时，，两式作商可得：∴奇数项构成以1为首项，2为公比的等比数列，偶数项构成以2为首项，2为公比的等比数列，∴故选：B【点睛】本题考查数列的递推关系，考查隔项成等比，考查分析问题解决问题的能力，属于中档题.5、C【解析】

第一次运行：，满足循环条件因而继续循环；接下来继续写出第二次、第三次运算，直至，然后输出的值.【详解】初始值第一次运行：，满足循环条件因而继续循环；第二次运行：，满足循环条件因而继续循环；第三次运行：，不满足循环条件因而继续循环，跳出循环；此时.故选：C【点睛】本题是一道关于循环结构的问题，需要借助循环结构的相关知识进行解答，需掌握循环结构的两种形式，属于基础题.6、B【解析】

根据向量平行的坐标表示，列出等式，化简即可求出．【详解】因为，所以，即，解得，故选B．【点睛】本题主要考查向量平行的坐标表示以及同角三角函数基本关系的应用．7、A【解析】

设，可得，求得，在中，运用余弦定理，解方程可得所求值．【详解】设，可得，且，在中，可得，即为，化为，解得舍去），故选．【点睛】本题考查三角形的余弦定理，考查方程思想和运算能力，属于基础题．8、C【解析】试题分析：，，∴a4=13,a6=9,S9==99考点：等差数列性质及前n项和点评：本题考查了等差数列性质及前n项和，掌握相关公式及性质是解题的关键．9、C【解析】

分别求出n＝k时左端的表达式，和n＝k+1时左端的表达式，比较可得“n从k到k+1”左端需增乘的代数式．【详解】当n＝k时，左端＝（k+1）（k+2）（k+3）…（2k），当n＝k+1时，左端＝（k+2）（k+3）…（2k）（2k+1）（2k+2），∴左边需增乘的代数式是故选：C．【点睛】本题考查用数学归纳法证明等式，分别求出n＝k时左端的表达式和n＝k+1时左端的表达式，是解题的关键．10、D【解析】

根据三角形解的个数的判断条件得出各选项中对应的解的个数，于此可得出正确选项.【详解】对于A选项，，，此时，无解；对于B选项，，，此时，有两解；对于C选项，，则为最大角，由于，此时，无解；对于D选项，，且，此时，有且只有一解.故选D.【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个数的判断条件，考查推理能力，属于中等题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

根据余子式的定义，要求的代数余子式的值，这个元素在三阶行列式中的位置是第一行第二列，那么化去第一行第二列得到的代数余子式，解出即可．【详解】解：在行列式中，元素在第一行第二列，那么化去第一行第二列得到的代数余子式为：解这个余子式的值为，故元素的代数余子式的值是．故答案为：【点睛】考查学生会求行列式中元素的代数余子式，行列式的计算方法，属于基础题．12、【解析】

取的中点，连接，则与所成角即为与所成角，根据已知可得，，可以判断三角形为等边三角形，进而求出异面直线直线DE与AB所成角.【详解】取的中点，连接，则，直线DE与AB所成角即为与所成角，，，，，，即三角形为等边三角形，异面直线DE与AB所成角的大小为.故答案为：【点睛】本题考查立体几何中的翻折问题，考查了异面直线所成的角，考查了学生的空间想象能力，属于基础题.13、32或【解析】

由余弦定理求出c，再利用面积公式即可得到答案。【详解】由于在ΔABC中，A=30∘，a=7，b=23，根据余弦定理可得：a2=b所以当c=1时，ΔABC的面积S=12bcsinA=32故ΔABC的面积等于32或【点睛】本题考查余弦定理与面积公式在三角形中的应用，属于中档题。14、【解析】

根据题意令f（x）＝，求出x的值，即可得出f﹣1（）的值．【详解】令f（x）＝+arcsin（2x）＝，得arcsin（2x）＝﹣，∴2x＝﹣，解得x＝﹣，∴f﹣1（）＝﹣．故答案为：﹣．【点睛】本题考查了反函数以及反正弦函数的应用问题，属于基础题．15、【解析】

根据题意得出，再利用单位向量的定义即可求解.【详解】由在轴、轴正方向上的投影分别是、，可得，所以与同向的单位向量为，故答案为：【点睛】本题考查了向量的坐标表示以及单位向量的定义，属于基础题.16、3【解析】

分式上下为的二次多项式,故上下同除以进行分析.【详解】由题,,又,故.

故答案为：3.【点睛】本题考查了分式型多项式的极限问题，注意：当时,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）对称轴为，最小正周期；（2）【解析】

(1)利用正余弦的二倍角公式和辅助角公式将函数解析式进行化简得到，由周期公式和对称轴公式可得答案；(2)由x的范围得到，由正弦函数的性质即可得到值域.【详解】（1）令，则的对称轴为，最小正周期；（2）当时，，因为在单调递增，在单调递减，在取最大值，在取最小值，所以，所以．【点睛】本题考查正弦函数图像的性质，考查周期性，对称性，函数值域的求法，考查二倍角公式以及辅助角公式的应用，属于基础题.18、（1）见证明；（2）【解析】

（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.【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【点睛】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.19、（1）见证明；（2）见证明【解析】

（1）设与的交点为，连结，证明，再由线面平行的判定可得平面；（2）由为线段的中点，点是的中点，证得四边形为平行四边形，得到，进一步得到平面．再由平面，结合面面平行的判定可得平面平面．【详解】证明：（1）设与的交点为，连结，∵四边形为平行四边形，∴为中点，又是的中点，∴是三角形的中位线，则，又∵平面，平面，∴平面；（2）∵为线段的中点，点是的中点，∴且，则四边形为平行四边形，∴，又∵平面，平面，∴平面．又平面，，且平面，平面，∴平面平面．【点睛】本题考查直线与平面，平面与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．20、（1）（2）【解析】

（1）由条件利用诱导公式进行化简所给的式子,即可求得答案;（2）由题意应用诱导公式,同角三角函数的基本关系求得的值,可得的值,即可求得答案.【详解】（1）（2）①又②解得:为第一象限角【点睛】本题主要考查了三角函数化简求值问题,解题关键是熟练使用诱导公式和同名三角函数求值的解法,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.21、（1）（2）【解