2026届福建省莆田市名校高一数学第二学期期末经典模拟试题含解析

2026届福建省莆田市名校高一数学第二学期期末经典模拟试题注意事项：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．已知中，，，若，则的坐标为（）A． B． C． D．2．已知圆，过点作圆的最长弦和最短弦，则直线，的斜率之和为A． B． C．1 D．3．下列结论不正确的是（）A．若，，则 B．若，，则C．若，则 D．若，则4．正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（）A． B． C． D．5．在中，若，，，则（）A． B． C． D．6．在中，分别是角的对边,若,且，则的值为()A．2 B． C． D．47．如果执行右面的框图，输入，则输出的数等于（）A． B． C． D．8．下列命题正确的是（）A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱.B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱.C．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱.D．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台.9．在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若，则的形状为（）A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形10．不等式的解集是A．或 B．或C． D．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．已知函数的图象关于点对称，记在区间的最大值为，且在（）上单调递增，则实数的最小值是__________．12．若直线与曲线相交于A，B两点，O为坐标原点，当的面积取最大值时，实数m的取值____．13．函数的单调增区间是_________14．已知向量，，且，则______．15．已知数列满足则的最小值为__________.16．已知向量，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．已知正项等比数列中，，，等差数列中，，且.（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.18．一扇形的周长为20，当扇形的圆心角等于多少时，这个扇形的面积最大？最大面积是多少？19．设.(1)用表示的最大值；(2)当时，求的值.20．设正项等比数列且的等差中项为．(1)求数列的通项公式；(2)若，数列的前n项为，数列满足，为数列的前项和，求．21．如图，在多面体中，为等边三角形，,点为边的中点.（Ⅰ）求证:平面；（Ⅱ）求证:平面平面；（Ⅲ）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【解析】

根据，，可得；由可得M为BC中点，即可求得的坐标，进而利用即可求解．【详解】因为，所以因为，即M为BC中点所以所以所以选A【点睛】本题考查了向量的减法运算和线性运算，向量的坐标运算，属于基础题．2、D【解析】

根据圆的几何性质可得最长弦是直径，最短弦和直径垂直，故可计算斜率，并求和.【详解】由题意得，直线经过点和圆的圆心弦长最长，则直线的斜率为，由题意可得直线与直线互相垂直时弦长最短，则直线的斜率为，故直线，的斜率之和为．【点睛】本题考查了两直线垂直的斜率关系，以及圆内部的几何性质，属于简单题型.3、B【解析】

根据不等式的性质，对选项逐一分析，由此得出正确选项.【详解】对于A选项，不等式两边乘以一个正数，不等号不改变方程，故A正确.对于B选项，若，则，故B选项错误.对于C、D选项，不等式两边同时加上或者减去同一个数，不等号方向不改变，故C、D正确.综上所述，本小题选B.【点睛】本小题主要考查不等式的性质，考查特殊值法解选择题，属于基础题.4、A【解析】

正四棱锥P-ABCD的外接球的球心在它的高上，记为O，PO=AO=R，，=4-R，在Rt△中，，由勾股定理得，∴球的表面积，故选A.考点：球的体积和表面积5、D【解析】

由正弦定理构造方程即可求得结果.【详解】由正弦定理得：本题正确选项：【点睛】本题考查正弦定理解三角形的问题，属于基础题.6、A【解析】

由正弦定理，化简求得，解得，再由余弦定理，求得，即可求解，得到答案．【详解】在中，因为,且，由正弦定理得，因为，则，所以，即，解得，由余弦定理得，即，解得，故选A．【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，熟练掌握定理、合理运用是解本题的关键．通常当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.7、D【解析】试题分析：当时，该程序框图所表示的算法功能为：，故选D.考点：程序框图.8、C【解析】试题分析：有两个面平行,其余各面都是四边形的几何体，A错；有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体如图所示，B错；用一个平行于底面的平面去截棱锥,底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台，D错；由棱柱的定义，C正确；考点：1、棱柱的概念；2、棱台的概念.9、D【解析】

由正弦定理化简，得到，由此得到三角形是等腰或直角三角形，得到答案．【详解】由题意知，，结合正弦定理，化简可得，所以，则，所以，得或，所以三角形是等腰或直角三角形．故选D．【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用．在解三角形问题中经常把边的问题转化成角的正弦或余弦函数，利用三角函数的关系来解决问题，属于基础题．10、C【解析】

把原不等式化简为，即可求解不等式的解集.【详解】由不等式即，即，得，则不等式的解集为，故选C．【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的求解，其中把不等式对应的一元二次方程能够因式分解，即能够转化为几个代数式的乘积形式是解答的关键，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】，所以，又，得，所以，且求得，又，得单调递增区间为，由题意，当时，。点睛：本题考查三角函数的化简及性质应用。本题首先考查三角函数的辅助角公式应用，并结合对称中心的性质，得到函数解析式。然后考察三角函数的单调性，利用整体思想求出单调区间，求得答案。12、【解析】

点O到的距离，将的面积用表示出来，再利用均值不等式得到答案.【详解】曲线表示圆心在原点，半径为1的圆的上半圆，若直线与曲线相交于A，B两点，则直线的斜率，则点O到的距离，又，当且仅当，即时，取得最大值．所以，解得舍去)．故答案为．【点睛】本题考查了点到直线的距离，三角形面积，均值不等式，意在考查学生的计算能力.13、，【解析】

令，即可求得结果.【详解】令，解得：，所以单调递增区间是，故填：，【点睛】本题考查了型如：单调区间的求法，属于基础题型.14、【解析】

根据的坐标表示，即可得出，解出即可．【详解】，，．【点睛】本题主要考查平行向量的坐标关系应用．15、【解析】

先利用累加法求出an＝1+n2﹣n，所以，设f（n），由此能导出n＝5或6时f（n）有最小值．借此能得到的最小值．【详解】解：∵an+1﹣an＝2n，∴当n≥2时，an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1＝2[1+2+…+（n﹣1）]+1＝n2﹣n+1且对n＝1也适合，所以an＝n2﹣n+1．从而设f（n），令f′（n），则f（n）在上是单调递增，在上是递减的，因为n∈N+，所以当n＝5或6时f（n）有最小值．又因为，，所以的最小值为故答案为【点睛】本题考查了利用递推公式求数列的通项公式，考查了累加法．还考查函数的思想，构造函数利用导数判断函数单调性．16、【解析】

根据向量夹角公式可求出结果.【详解】．【点睛】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．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）设正项等比数列的公比为q(q>0)，由已知列式求得公比，则等比数列的通项公式可求；（2）由，求解等差数列的公差，则数列的前n项和可求．【详解】(1)设正项等比数列的公比为q(q>0)，由,得，则q=3.；(2)设等差数列的公差为d，由，得，∴d=3.∴数列的前n项和【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式与求和公式，考查了等比数列的通项公式，意在考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于中档题.18、；；【解析】

设扇形的半径为，弧长为，利用周长关系，表示出扇形的面积，利用二次函数求出面积的最大值，以及圆心角的大小.【详解】设扇形的半径为，弧长为，则，即，扇形的面积，将上式代入得，所以当且仅当时，有最大值，此时，可得，所以当时，扇形的面积取最大值，最大值为【点睛】本题考查了扇形的弧长公式、面积公式以及二次函数的性质，需熟记扇形的弧长、面积公式，属于基础题.19、（1）（2）或【解析】

（1）化f（x）为sinx的二次函数，根据二次函数的性质，对a讨论求出函数最大值；（2）由M（a）＝2求出对应的a值即可．【详解】(1)，∵，∴.①当，即时，；②当，即时，；③当，即时，.∴(2)当时，(舍)或－2(舍)；当时，；当时，.综上或.【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用和二次函数的性质问题，考查了分段函数求值问题，是中档题．20、（1）；（2）.【解析】

（1）利用已知条件列出方程，求出首项与公比，然后求解通项公式．（2）化简数列的通项公式，利用裂项相消法求解数列的和即可．【详解】（1）设等比数列的公比为，由题意，得，解得，所以.（2）由（1）得，∴，∴，∴.【点睛】本题考查数列的递推关系式以及数列求和，考查转化思想以及计算能力．21、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）.【解析】

(I)取中点,连结,利用三角形中位线定理可证明是平行四边形，可得，由线面平行的判定定理可得结果；（Ⅱ）先证明，，可得平面，从而可得平面，由面面垂直的判定定理可得结果；（Ⅲ）取中点,连结，直线与平面所成角等于直线与平面所成角,过作,垂足为,连接，为直线与平面所成角，利用直角三角形的性质可得结果.【详解】(I)取中点,连结，是平行四边形，平面，平面,平面.(II)，又平面平面，又为等边三角形，为边的中点，平面由(I)可知，平面，平面平面平面．(III)取中点,连结，所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角,过作,垂足为