四川省成都市天府新区2021-2022学年高一数学文科下学期期末试题（Word版附解析）

天府新区2021-2022学年下期期末高一学业水平监测数学（文）一､选择题：共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求1.已知向量，则（）A.2B.3C.4D.5【答案】D【解析】【分析】先求得，然后求得.【详解】因为，所以.故选：D2.若等差数列前n项和为，且，则的值为（）A.8B.16C.24D.32【答案】B【解析】【分析】直接等差数的性质和前项和公式求解即可【详解】解：因为数列是等差数列，且所以，故选：B【点睛】此题考查等差数列的性质和前项和公式的应用，属于基础题3.已知实数a、b、c满足c<b<a，且ac<0，那么下列不等式一定成立的是（）A.ac(a-c)>0B.c(b-a)<0C.D.ab>ac【答案】D【解析】【分析】先根据，且，得出的符号，再结合，利用不等式的基本性质 即可得到结果．【详解】解：，且，，即，故不正确；，，故不正确；可正、可负、可为零，的关系无法确定，故不正确；，，，故正确；故选：．4.已知，，当时，向量与的夹角为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，设向量与的夹角为，由数量积的计算公式可得，变形可得的值，结合的范围分析可得答案．【详解】根据题意，设向量与的夹角为，若，则，变形可得：，又由，则，故选：B．5.某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（）． A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可.【详解】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：.故选：D.【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．6.已知正项等比数列满足，若，则的值为（）A.2B.6C.4D.5【答案】B【解析】 【分析】首先根据等比数列的性质求得公比，再代入条件，即可求得的值.【详解】由等比数列性质可知，，得，解得：（舍）或，，，，即，所以.故选：B7.设，则，，的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】将三个数分别和特殊值0，1比较大小，即可判断结论.【详解】，，，所以.故选：D8.已知，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据余弦的二倍角公式即可计算.【详解】.故选：C.9.如图，在下列四个正方体中，，为正方体的两个顶点，，，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面不平行的是（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据线面平行的判定可得B，C中，D中判断即可【详解】对A，如图，易得平面平面，但平面与相交，故直线与平面不平行；对B，如图，为所在棱的中点，根据中位线的性质有，且，，故平行四边形，故，故，故直线与平面平行. 对C，根据中位线与平行四边形的性质，同理可得，直线与平面平行；对D，根据中位线与平行四边形的性质，同理可得，直线与平面平行；故选：A10.算下列式子，结果为的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分别利用两角和和差，二倍角公式，化简三角函数，即可判断选项.【详解】A.原式，故A错误；B.，所以，故B正确； C.，故C错误；D.，故D错误.故选：B11.在中，，点在线段上，，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】在中，由余弦定理求得，得到，再在中，由正弦定理，即可求解．【详解】如图所示，在中，由余弦定理得，所以，在中，由正弦定理，得，解得．故选：D． 【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．12.如图，在正方体中，点，分别是棱，上的动点．给出下面四个命题：①若直线与直线共面，则直线与直线相交；②若直线与直线相交，则交点一定在直线上；③若直线与直线相交，则直线与平面所成角的正切值最大为；④直线与直线所成角的最大值是．其中，所有正确命题的序号是（）A.①④B.②④C.①②④D.②③④【答案】D【解析】【分析】利用平面的性质，以及直线与平面所成角，判断选项的正误即可．【详解】在正方体中，点，分别是棱，上的动点．①如果点在，在时，直线与直线平行，可得直线与直线共面，但直线与直线不相交，①不正确；②因为空间3个平面两两相交有3条交线，要么互相平行，要么相交与一点，因为直线与直线相交，所以则交点一定在直线上，所以②正确； ③若直线与直线相交，则直线与平面所成角的正切值最大值，应该是，与重合，此时直线与平面所成角的正切值最大为，所以③正确；④直线与直线所成角的最大值就是，与重合时取得，夹角是，所以④正确；故选：．【点睛】本题考查命题的真假的判断，空间几何体的直线与直线的位置关系的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，判断能力．二､填空题：每小题5分，共20分，请把答案直接填在答题卡对应题中横线上.13.若，则的最小值为________________．【答案】【解析】【分析】利用基本不等式求得最小值.【详解】，当且仅当时等号成立.故答案为：14.如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，内孔半径为0.5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm3.【答案】【解析】【分析】先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果. 【详解】正六棱柱体积为圆柱体积为所求几何体体积为故答案为：【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.15.在△ABC中，若A＝60°，，则__．【答案】2【解析】【分析】首先根据正弦定理得出2r＝＝2，然后利用正弦定理将所求的式子转化成，即可求出结果．【详解】由正弦定理可得2r＝，（r为外接圆半径）；则，故答案为：2．【点睛】本题考查正弦定理应用，求出2r的值，是解题的关键．16.在平行四边形中，已知，，，若，，则_______.【答案】【解析】【分析】判断可知，为上二等分点，为上靠近的三等分点，结合向量线性运算的加法与减法公式，将斜向量分别代换为以为基底的向量，再结合向量的数量积运算即可求解 【详解】由题意，如图所示，设，则，又由，，所以为的中点，为的三等分点，则，，所以．故答案为：.【点睛】本题主要考查了向量的共线定理以及向量的数量积的运算，其中解答中熟记向量的线性运算法则，以及向量的共线定理和向量的数量积的运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．三､解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.解不等式：【答案】或【解析】【分析】首先不等式变形为，再按照分式不等式求解.【详解】，，即，解得：或， 所以不等式的解集或.18.已知平面四边形中，，向量的夹角为.（1）求证：；（2）点是线段中点，求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）画出示意图，根据边的关系可得，因而．（2）以B为原点建立平面直角坐标系，写出各个点坐标，进而根据平面向量数量积的坐标运算即可求出结果．【小问1详解】根据题意，画出示意图如下图所示由题意可知，，所以三角形ABD为等边三角形，则，又，所以，即为直角三角形，且，所以， 所以；【小问2详解】根据题意，建立如图所示的平面直角坐标系，则，因为点是线段中点，所以，则，所以，19.已知α，β为锐角，.（1）求cos2α的值；（2）求tan(β-α)的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据同角三角函数基本关系式，转化为齐次式求值；（2）先根据二倍角正切公式得，再利用两角差的正切公式得结果.【详解】解：（1）由， 得；（2）由α，β为锐角，得α+β∈（0，π），2α∈（0，π），又∵，∴，，由，得.则.【点睛】应用三角公式解决问题的三个变换角度(1)变角：目的是沟通题设条件与结论中所涉及的角，其手法通常是“配凑”.(2)变名：通过变换函数名称达到减少函数种类目的，其手法通常有“切化弦”、“升幂与降幂”等.(3)变式：根据式子的结构特征进行变形，使其更贴近某个公式或某个期待的目标，其手法通常有：“常值代换”、“逆用变用公式”、“通分约分”、“分解与组合”、“配方与平方”等.综上本题考查运算求解能力，是中档题.20.如图，在三棱锥中，是边长为2的正三角形，是以为底边的等腰直角三角形，为的中点.（1）证明：平面平面；（2）若，点在上且，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】 【分析】（1）根据线面垂直及面面垂直的判定定理证明.（2）先证明平面，再证明为上靠近D的四等分点，所以，计算即可.【小问1详解】因为是边长为2的正三角形，为的中点，所以，又因为是以为底边的等腰直角三角形，所以，且，所以平面，平面，所以平面平面.【小问2详解】因为是以为底边的等腰直角三角形，所以，，为正的高线，，又，所以，所以，又，，所以平面，所以为三棱锥的高线.取中点，连接，，由得，所以，所以为上靠近D的四等分点，.21.记的内角的对边分别为，已知成等差数列.（1）证明：；（2）若，求的周长.【答案】（1）证明见解析； （2）【解析】【分析】（1）合理的利用余弦的二倍角公式后，利用正弦定理角化边处理；（2）列出余弦定理方程，结合第一问的条件，求解方程组即可.【小问1详解】由题意，，由二倍角公式可得，整理得，根据正弦定理即得.【小问2详解】，由余弦定理，即，由（1）知，，于是，，故，周长为22.设各项均为正数的数列的前项和为，满足，且成等比数列.（1）证明：；（2）求数列的通项公式；（3）求和：【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）令，，即可证明；（2）由得到，解得，再进而验证，即可求解数列的通项公式； （3）对于一切正整数，有，即可证明结论．【小问1详解】令，，又因为数列为正项数列，所以，∴．【小问2详解】，①时，，②①②：，整理得，因此数列是从第二项开始以2为公差的等差数列，又，∴，即，解得，，，又，可得，显然时成立，综上：．【小问3详解】.