四川省 2021-2022学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

2021-2022学年度下期高2024届期末考试数学第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.直线的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由斜率直接求解倾斜角即可.【详解】设倾斜角为，则，则.故选：C.2.某简单几何体的三视图如图所示，则该几何体是（）A.球B.圆锥C.圆台D.圆柱【答案】D【解析】【分析】由几何体的三视图可得该几何体为圆柱，从而即可得答案.【详解】解：由正视图和侧视图可知，该几何体不可能是球、圆锥、圆台，故选项A、B、C错误，因此该几何体为圆柱，即选项D正确， 故选：D.3.已知成等比数列，则x的值为（）A.8B.C.D.【答案】C【解析】【分析】直接由等比中项求解即可.【详解】由题意知，，解得.故选：C.4.若，满足约束条件，则的最小值是（）.A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】画出可行域，根据目标函数，求出最小值.【详解】由，满足约束条件，画出可行域如图，由图可知，在处取得最优解.故选：B5.已知直线和直线互相垂直，则实数a的值为（）A.0B.C.0或D.0或2【答案】D 【解析】【分析】直接由直线垂直的公式求解即可.【详解】由题意得，，解得或2.故选：D.6.已知，，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先由平方关系求得，，再由两角差的余弦公式求解即可.【详解】由可得，则，，则.故选：D.7.在中，，的面积为15，则的取值不可能是（）A.15B.17C.19D.21【答案】A【解析】【分析】作于，取中点，由面积求得，再由结合范围，即可求解.【详解】 作于，取中点，则，解得；，又，则，又，当且仅当重合，即时取等，则，故的取值不可能是15.故选：A8.已知数列的通项公式为，Sn为数列的前n项和，则的值为（）A.672B.1011C.2022D.6066【答案】B【解析】【分析】由于的周期为3，所以结合已知，通过分组求和即可【详解】因为的周期为，由，可得，，，，，，，，，……，因为，所以 故选：B9.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，它将正四棱台体（棱台的上下底面均为正方形）称为方亭．如图，现有一方亭，其中上底面与下底面的面积之比为，方亭的高，，方亭的四个侧面均为全等的等腰梯形，已知方亭的体积为，则该方亭的表面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先由棱台的体积求出，再由棱台的表面积公式求解即可.【详解】由题意得，，则方亭的体积为，解得，则，画出的平面图，作于， ，，则，，则该方亭表面积为.故选：A.10.在直角梯形ABCD中，已知，．点P是梯形内一点（含边界），且满足，则P点可能出现的区域的面积是（）A.B.C.D.1【答案】C【解析】【分析】建立平面直角坐标系，设，由得，结合得，即可求得P点可能出现区域，再求面积即可.【详解】以为原点所在直线为轴建立如图所示平面直角坐标系，则，设，则，则，又，则， 在坐标系中画出和，又点P是梯形内一点（含边界），则P点可能出现的区域是如图所示阴影部分，故P点可能出现的区域的面积是.故选：C.11.一个长方体的盒子内装有部分液体（液体未装满盒子），以不同的方向角度倾斜时液体表面会呈现出不同的变化，则下列说法中错误的个数是（）①当液面是三角形时，其形状可能是钝角三角形②在一定条件下，液面的形状可能是正五边形③当液面形状是三角形时，液体体积与长方体体积之比的范围是④当液面形状是六边形时，液体体积与长方体体积之比的范围是A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】C【解析】【分析】由余弦定理判断三角形形状即可判断①；由截面五边形必有两组平行的边，而正五边形的任意两边都不平行即可判断②；求得最大液面是长方体共顶点的三个面的面对角线围成的三角形，计算出棱锥与长方体体积比即可判断③；作长方体共顶点的三个面的面对角线围成的三角形，液面六边形必在两个平面之间，计算出体积比即可判断④.【详解】对于①，当液面是三角形时，则液体所在平面必和长方体共顶点的三个面相交，和另外三个平面不相交，设相交形成的三角形为如图所示，则两两垂直，设 ，则有，由余弦定理得，则为锐角，同理可得为锐角，则当液面是三角形时，该三角形必是锐角三角形，①错误；对于②，当液面是五边形时，液面只与长方体的五个面只有交线，而一个平面与长方体的五个平面相交，必有两组相对面，又长方体的每一组相对面平行，由两个平面平行的性质知，截面五边形必有两组平行的边，因正五边形的任意两边都不平行，则一平面截长方体所得截面不可能是正五边形，即液面的形状不可能是正五边形，②错误；对于③，当液面形状是三角形时，液面只与长方体的三个面相交，最大液面是长方体共顶点的三个面的面对角线围成的三角形，如图中，液面三角形顶点在棱上任意移动（除点外），长方体体积，，则当三棱锥盛满液体时，液体体积与长方体体积之比的范围是，当长方体去掉三棱锥余下部分盛满液体时， 液体体积与长方体体积之比的范围是，所以液体体积与长方体体积之比的范围是，③正确；对于④，作长方体共顶点的三个面的面对角线围成的三角形，如图中和，易得平面∥，在长方体棱上任取一点（除外），过点作出与平面平行的平面截长方体可得六边形，长方体体积，三棱锥体积，令三棱锥部分有液体，当液面形状是六边形时，液面六边形必在平面和平面之间，即液面漫过所在平面但不能到所在平面，则液体体积满足；当液面六边形在两个平行平面与平面之间任意变换，不管与平面平行还是相交均满足，即液体体积与长方体体积之比的范围是，④错误.则错误个数有3个.故选：C.【点睛】本题关键点在于命题③④的判断，命题③ 求出最大液面是长方体共顶点的三个面的面对角线围成的三角形，再求出棱锥和长方体的体积比即可判断；命题④由液面六边形必在平面和平面之间即可求得液体与长方体体积比的范围.12.在中，若，，则的周长的最大值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先由切化弦化简得，再由和角公式及诱导公式求得，结合正弦定理得，再由辅助角公式求得最大值即可.【详解】由可得，两边同乘得，两边同加得，即，又，则，设角对应的边分别为，由正弦定理得其中，不妨设，易得当时，取得最大值，此时周长最大值为.故选：A.【点睛】本题关键点在于化简得到后，两边同加结合和角公式得，进而结合正弦定理得到，借助辅助角公式求得最值. 第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡上．13.已知，，则的值为______．【答案】##【解析】【分析】由平方，结合平方关系及倍角公式求解即可.【详解】由可得，即，即，解得.故答案为：.14.已知点在直线上，当时，的最小值为______．【答案】##【解析】【分析】利用均值不等式求解即可.【详解】因为点在上，所以.所以，当且仅当时等号成立.故答案为：15.在中，，D是BC中点，．将△ABC沿AD折起得到三棱锥，使得，则该三棱锥的外接球的体积为______．【答案】【解析】【分析】先求出，设外接圆圆心，外接球球心为，由正弦定理求得 外接圆半径，再结合，由勾股定理求得外接球半径，即可求解.【详解】易得，则，设外接圆圆心为，外接圆半径为，三棱锥外接球球心为，外接球半径为，连接，由易得，由正弦定理得，解得，，又，平面，则平面，又平面，则，又，则，则，则三棱锥的外接球的体积为.故答案为：.16.高斯是德国著名的数学家，享有“数学王子”的称号，人们把函数，称为高斯函数（其中表示不超过x的最大整数，例如：，）．已知数列的首项，前n项和记为．若k为函数，值域内的任意元素，且当整数时，都有成立，则的通项公式为______． 【答案】【解析】【分析】先由倍角公式和辅助角公式化简，结合求出的值域，进而得到的值；再由得到，利用和得到时，，判断出是等差数列即可求解.【详解】，又时，当时，，，当时，，则；，，则，则，所以或7；又当整数时，有，则，两式相减得，即；当时，时，有，则成等差数列，设公差为；当时，时，有，则成等差数列，设公差为；则时，，，两式相减得，令，则时，，即时，，故数列从第二项开始为等差数列，又可得，当时， ，即，即；当时，，即，即，解得，则，即数列是1为首项，2为公差的等差数列，则.故答案为：.【点睛】本题关键点有两个，一是通过倍角公式及辅助角公式，结合求得的值域，得到的取值；二是利用结合前项和和通项的关系得到，再代入的值，证得数列是等差数列，即可求解.三、解答题（17题10分，18～22每小题12分，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.在平面直角坐标系中，平面向量，，的夹角为．（1）求；（2）若，求在方向上的投影的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用转化法，即可求模.(2)根据投影公式即可求解.【小问1详解】． 所以．【小问2详解】．18.已知为等差数列的前n项和，，．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由等差数列求和公式得到方程组，解出首项和公差，再由等差数列的通项公式求解即可；（2）先写出的通项，再由错位相减法求得即可.【小问1详解】设等差数列的首项为，公差为d．则，解得．∴；【小问2详解】．故，，两式相减得，则． 19.已知的顶点，AB边上的高所在的直线方程为．（1）求直线AB的方程；（2）在两个条件中任选一个，补充在下面问题中．①角A的平分线所在直线方程为②BC边上的中线所在的直线方程为______，求直线AC的方程．【答案】（1）；（2）若选①：直线AC的方程为；若选②：直线AC的方程为.【解析】【分析】（1）由两直线垂直时，其斜率间的关系求得直线AB的斜率为，再由直线的点斜式方程可求得答案；（2）若选①：由，求得点，再求得点B关于的对称点，由此可求得直线AC的方程；若选②：由，求得点，设点，由BC的中点在直线上，和点C在直线上，求得点，由此可求得直线AC的方程.【小问1详解】解：因为AB边上的高所在的直线方程为，所以直线AB的斜率为，又因为的顶点，所以直线AB的方程为：，所以直线AB的方程为：；【小问2详解】解：若选①：角A的平分线所在直线方程为， 由，解得，所以点，设点B关于的对称点，则，解得，所以，又点在直线AC上，所以，所以直线AC的方程为，所以直线AC的方程为；若选②：BC边上的中线所在的直线方程为，由，解得，所以点，设点，则BC的中点在直线上，所以，即，所以点C在直线上，又点C在直线上，由解得，即，所以，所以直线AC的方程为，所以直线AC的方程为.20.如图，在四棱锥E－ABCD中，平面CDE⊥平面ABCD，∠ABC＝∠DAB＝90°，EC＝AD＝2，AB＝BC＝1，． （1）证明：AB⊥平面ADE；（2）求直线EB与平面EAC所成的角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用余弦定理求出，再利用勾股定理证明CD⊥DE，然后利用面面垂直的性质可得DE⊥平面ABCD，则有DE⊥AB，再根据线面垂直的判定定理即可得证；（2）利用等体积法求出B点到平面AEC的距离d，再根据直线EB与平面EAC所成的角的正弦值等于，即可得解.【小问1详解】证明：∵∠ABC＝∠DAB＝90°，四边形ABCD直角梯形，AB＝BC＝1，∴，∠CAD＝45°，∴，∴，即CD⊥DE，∵平面CDE⊥平面ABCD，平面，平面CDE，∴DE⊥平面ABCD，又平面ABCD，则有DE⊥AB，而AD⊥AB，，AD，面ADE，∴AB⊥平面ADE；【小问2详解】 解：∵DE⊥平面ABCD，∴，又∵AD，平面ABCD，∴DE⊥AD，DE⊥BD，∴，，∴，即，∴，设B点到平面AEC的距离为d，直线EB与平面EAC所成的角为，∴，∴，即直线EB与平面EAC所成的角的正弦值为．21.第31届世界大学生夏季运动会，是继2001年北京大运会、2011年深圳大运会之后，中国大陆第三次举办世界大学生夏季运动会，也是中国西部第一次举办世界性综合运动会．共设篮球、排球、田径、游泳等18个体育项目．届时将有来自约170个国家和地区的1万余名运动员及官员赴蓉参加．现某学校决定将一个直角三角形的空地划分为多个部分，为该校运动员打造一个训练场地．已知直角中，．经过全校海选后，现有以下两种设计方案：①如图1，在内部取一点T，使得，；②如图2，在斜边AC上取两点P，Q，且． （1）求方案①中折线跑道TA，TB，TC的长度之和；（2）求方案②中训练场地的面积的取值范围．【答案】（1）米（2）（单位：平方米）【解析】【分析】（1）先求出，再求得，再由余弦定理求得，即可求解；（2）设出，由正弦定理求得，再由面积公式表示出的面积，借助和差角公式及平方关系得，再利用求出范围即可.【小问1详解】∵，∴，又，，∴，，∴， ，∴．所以折线跑道的长度之和为米．【小问2详解】设，则，．由（1）得：，，∴在中，，所以，在中，，所以．所以．∵，，，．所以训练场地面积的取值范围（单位：平方米）．22.已知数列满足，（其中）（1）判断并证明数列的单调性；（2）记数列的前n项和为，证明：． 【答案】（1）单调递减，证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由结合即可判断数列的单调性；（2）直接求出，由即可证得；又由得，由累加法得，结合放缩得到，再由裂项求和及放缩证得.【小问1详解】单调递减，理由如下：．∵，∴，∴数列单调递减；【小问2详解】∵，，，∴，又，则.∵，，∴，则，当，累加可得，则， 则，则，∴，则．【点睛】本题关键点在于利用进行放缩得到，再由累加法得到，再次进行放缩得，再通过裂项求和及放缩即可证得结论.