2026届福建省龙岩市龙岩二中数学高一下期末教学质量检测试题含解析

2026届福建省龙岩市龙岩二中数学高一下期末教学质量检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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，，则（）A．2 B． C．4 D．2．函数图像的一条对称轴方程为（）A． B． C． D．3．已知集合，集合，则（）A． B． C． D．4．已知等比数列中，，且有，则()A． B． C． D．5．已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（）A．若则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则6．如下图是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中①②与成角③与为异面直线④以上四个命题中，正确的序号是（）A．①②③ B．②④ C．③④ D．②③④7．记复数的虚部为，已知满足，则为（）A． B． C．2 D．8．设向量＝（2，4）与向量＝（x，6）共线，则实数x＝（）A．2 B．3 C．4 D．69．已知向量,满足,和的夹角为,则()A． B． C． D．110．从A，B，C三个同学中选2名代表，则A被选中的概率为（）A． B． C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．等比数列满足其公比_________________12．已知数列满足：，，则数列的前项的和_______.13．如图，长方体的体积是120，E为的中点，则三棱锥E-BCD的体积是_____.14．中，若，，，则的面积______.15．若是三角形的内角，且，则等于_____________．16．设，则等于________．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．已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边过点.（1）求的值；（2）已知为锐角，，求的值.18．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB的中点．求证：(1)AC⊥BC1；(2)AC1∥平面CDB1.19．设数列满足，；数列的前项和为，且（1）求数列和的通项公式；（2）若，求数列的前项和．20．已知等差数列满足，前项和.（1）求的通项公式（2）设等比数列满足，，求的通项公式及的前项和.21．如图，矩形中，平面，，为上的点，且平面，．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求三棱锥的体积．

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【解析】

先求出的坐标，再利用向量的模的公式求解.【详解】由题得=（0,4）所以．故选C【点睛】本题主要考查向量的坐标的求法和向量的模的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.2、B【解析】

对称轴为【详解】依题意有解得故选B【点睛】本题考查的对称轴，属于基础题。3、D【解析】

先化简集合,再利用交集运算法则求.【详解】,,,故选:D.【点睛】本题考查集合的运算,属于基础题.4、A【解析】，，所以选A5、B【解析】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.考点：空间点线面位置关系．6、D【解析】由已知中正方体的平面展开图，得到正方体的直观图如上图所示：

由正方体的几何特征可得：①不平行，不正确；

②AN∥BM，所以，CN与BM所成的角就是∠ANC=60°角，正确；③与不平行、不相交，故异面直线与为异面直线，正确；

④易证，故，正确；故选D．7、A【解析】

根据复数除法运算求得，从而可得虚部.【详解】由得：本题正确选项：【点睛】本题考查复数虚部的求解问题，关键是通过复数除法运算得到的形式.8、B【解析】由向量平行的性质，有2∶4＝x∶6，解得x＝3，选B考点：本题考查平面向量的坐标表示，向量共线的性质，考查基本的运算能力.9、B【解析】

由平面向量的数量积公式，即可得到本题答案.【详解】由题意可得.故选：B.【点睛】本题主要考查平面向量的数量积公式，属基础题.10、D【解析】

先求出基本事件总数，被选中包含的基本事件个数，由此能求出被选中的概率．【详解】从，，三个同学中选2名代表，基本事件总数为：，共个，被选中包含的基本事件为：，共2个，被选中的概率．故选：D．【点睛】本题考查概率的求法，考查列举法和运算求解能力，是基础题．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

观察式子，将两式相除即可得到答案.【详解】根据题意，可知，于是.【点睛】本题主要考查等比数列公比的相关计算，难度很小.12、【解析】

通过令求出数列的前几项，猜测是以为周期的周期数列，且每个周期内都是以为首项，2为公比的等比数列．然后根据递推式给予证明，最后由等比数列的前项和公式计算．【详解】当时，，，，，，，当时，，，，，，，当时，，，，，，，猜测，是以为周期的周期数列，且每个周期内都是以为首项，2为公比的等比数列．设中，即，∴，由于都是正整数，所以，所以数列中第项开始大于3，前项是以为首项，2为公比的等比数列．，所以是以为周期的周期数列，所以．故答案为：．【点睛】本题考查等比数列的前项和，考查数列的周期性．解题关键是确定数列的周期性．方法采取的是从特殊到一般，猜想与证明．13、10.【解析】

由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.【详解】因为长方体的体积为120，所以，因为为的中点，所以，由长方体的性质知底面，所以是三棱锥的底面上的高，所以三棱锥的体积.【点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.14、【解析】

利用三角形的面积公式可求出的面积的值.【详解】由三角形的面积公式可得.故答案为：.【点睛】本题考查三角形面积的计算，熟练利用三角形的面积公式是计算的关键，考查计算能力，属于基础题.15、【解析】∵是三角形的内角，且，∴故答案为点睛：本题是一道易错题，在上，，分两种情况：若，则；若，则有两种情况锐角或钝角.16、【解析】

首先根据题中求出的周期，然后利用周期性即可求出答案.【详解】由题知，有，故的周期为，故，又因为，有.故答案为：.【点睛】本题考查了三角函数的周期性，属于基础题.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）.【解析】

（1）利用三角函数的定义可求出，再根据二倍角的余弦公式即可求解.（2）由（1）可得，再利用同角三角函数的基本关系可得，由，利用两角差的正切公式即可求解.【详解】解：（1）依题意得，，，所以.（2）由（1）得，，故.因为，，，所以，又因为，所以，.所以，所以.【点睛】本小题主要考查同角三角函数关系、三角恒等变换等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查化归与转化思想等.18、(1)证明见解析；(2)证明见解析.【解析】试题分析：（1）由勾股定理可证得为直角三角形即可证得，由直棱柱可知面，可证得，根据线面垂直的判定定理可证得面，从而可得．（2）设与的交点为，连结，由中位线可证得，根据线面平行的判定定理可证得平面．试题解析：证明：（1）证明：，，为直角三角形且，即．又∵三棱柱为直棱柱，面，面，，，面，面，．（2）设与的交点为，连结，是的中点，是的中点，．面，面，平面．考点：1线线垂直，线面垂直；2线面平行．19、（1），；（2）【解析】

（1）分别利用累加法、数列的递推公式得到数列和数列的通项公式．（2）利用数列求和的错位相减即可得到数列的前项和．【详解】（1），……，，以上个式子相加得：当时，=当时，，符合上式，（2）①②①-②得【点睛】已知求数列的通项公式时，可采用累加法得到通项公式，通项公式为等差的一次函数乘以等比的数列形式（等差等比数列相乘）的前项和采用错位相减法．20、（1）；（2），．【解析】

（1）设的公差为，则由已知条件得，．化简得解得故通项公式，即．（2）由（1）得．设的公比为,则,从而．