四川省成都市新都区2021-2022学年高一数学下学期期末测试试题（Word版附解析）

新都区2022年（春季）高一年级期末测试数学试题一､选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）.1.设，且，则下列各不等式中恒成立的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据不等式的性质，逐项检验，即可判断结果.【详解】对于选项A，若，显然不成立；对于选项B，若，显然不成立；对于选项C，若，显然不成立；对于选项D，因为，所以，故正确.故选:D.【点睛】本题考查了不等式的性质，属于基础题.2.（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用两角差的正切公式计算可得；【详解】故选：A3.棱长为4的正方体的内切球的表面积为（）A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】由正方体的内切球直径为正方体棱长，直接求解.【详解】由球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径，得，，故表面积为，故选：C.【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.4.设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列命题中正确的是（）A.若，，则B.若，，，则C.若，，则D.若，，则【答案】D【解析】【分析】ABC选项，均可以举出反例；D选项，可以由线面垂直的性质进行证明.【详解】选项A中若，，则，还有直线在平面内的情况，故A不正确，选项B中若，，，则，有可能两个平面相交，故B不正确，选项C中若，，则，还有两个平面相交的可能，故C不正确．选项D，若，，则，满足直线与平面垂直的性质，所以D正确；故选：D．5.等比数列的各项均为正数，且，则（）A.12B.10C.8D.6 【答案】A【解析】【分析】根据等比数列的下标和性质即可求解.【详解】解：根据等比数列的下标和性质，可得，，故选：A.6.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F、G、H分别为AA1、AB、BB1、B1C1的中点，则异面直线EF与GH所成的角等于（）A.45°B.60°C.90°D.120°【答案】B【解析】【分析】利用异面直线夹角的定义，将平移至为中点），通过为正三角形求解．【详解】取中点连接，，则，与所成的角等于与所成的角．容易知道为正三角形，与所成的角等于. 故选：B7.已知函数，则的最小正周期为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用平方关系、降幂及辅助角公式可得，根据三角函数性质求最小正周期.【详解】由题设，，所以最小正周期为.故选：B8.数列的前n项和为，，若，则m的值为（）A.5B.6C.7D.8【答案】C【解析】【分析】利用关系可得，并求得，根据等比数列的定义及其前n项和公式，即可求m的值.【详解】由，则，两式相减得：，而， 所以，故是首项、公比均为的等比数列，所以，可得.故选：C9.已知，则A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由三角函数的诱导公式，得到，再结合余弦的倍角公式，即可求解.【详解】由题意，根据三角函数的诱导公式和余弦的倍角公式，可得.故选：B.【点睛】本题主要考查了三角函数的诱导公式和余弦的倍角公式的化简求值，其中解答中熟记三角函数的诱导公式和三角恒等变换的公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.10.已知内角A､B､C所对的边分别为a､b､c面积为S，若，，则的形状是（）A.钝角三角形B.直角三角形C.正三角形D.等腰直角三角形【答案】C【解析】分析】利用正弦定理边角关系及三角形内角性质求出角B，再由向量数量积定义和三角形面积公式求出角A，即可判断形状. 【详解】由题设及正弦定理边角关系有，而且，所以，又，可得，所以，故，而，又，所以，故，，可得，综上，为正三角形.故选：C11.在中，，为边的中点，点在直线上，且，则的值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先确定为的交点，在构建平行线，利用相似三角形求解.【详解】根据可知，共线，注意到它们共点，故三点共线，即为的交点，过作交于，于是易得于相似，，故，由，可知和全等，故，于是.故选：D 12.在中，角A､B､C所对的边分别为a､b､c，若，，，点O､H分别为的外心和重心，则的值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】取的中点，作交于，过点作，连接，根据三角形重心和外心的定义可知，，在中，分别求出及，再利用余弦定理即可得出答案.【详解】解：如图，取的中点，作交于，过点作，连接，根据三角形重心的定义可知，中，，则，所以和均为等腰直角三角形，，则，根据三角形外心的定义可知，由，则， 则，，则，则，因为，，所以，所以，则，中，，所以故选：A.【点睛】本题考查了三角形的三心问题，在三角形外心和重心的基础之上利用余弦定理解三角形的问题，关键是理解外心和重心的定义，有一定的难度.二､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13.关于不等式的解集是或，则___________.【答案】【解析】【分析】根据不等式的解集，结合其对应二次方程的根与系数的关系，列出满足的方程， 求得，则问题得解.【详解】因为关于的不等式的解集是或，显然，故其对应二次方程的两根为或,则，解得，故.故答案为：.14.计算：__________.【答案】4【解析】【详解】15.如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到处时测得公路北侧一山顶D在西偏北的方向上，行驶600m后到达处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度________m.【答案】【解析】【详解】试题分析:由题设可知在中,,由此可得,由正弦定理可得,解之得,又因为,所以,应填. 考点：正弦定理及运用．16.已知函数.①函数是偶函数；②函数是奇函数；③函数的值域为；④函数的值域为.其中正确的结论序号为___________.【答案】①③【解析】【分析】对于选项①②.利用函数奇偶性的定义,即可判断,对于选项③④,先利用三角函数的和差公式以及倍角公式化简,再通过换元,转化为二次函数最值问题即可.【详解】解:因为,所以函数定义域关于原点对称,又,故函数为偶函数.所以①正确,②错误.,令,,所以,所以, 函数的值域为,所以③对,④错.故选:①③.三､解答题（本大题6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知向量，，，且，．（1）求与；（2）若，，求向量，的夹角的大小【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用两向量平行或垂直的坐标表示公式，即可求解；（2）首先求向量的坐标，利用向量夹角公式，即可求解.【小问1详解】，，得，，，得，所以，；【小问2详解】由（1）可知，，，向量，的夹角的大小为.18.已知.（1）若x､，求的最大值； （2）若x､，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由已知条件，利用基本不等式求得，即可确定最大值，注意取值条件.（2）由且得到，并代入目标式，应用二次函数性质求范围.【小问1详解】由x､，则，故，当且仅当时等号成立，即的最大值为.【小问2详解】由，则，又，所以，由，所以.19.已知为等差数列的前项和，，.（1）求的通项公式； （2）求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设数列的首项为，公差为.代入已知条件解得后可得通项公式；（2）用裂项相消法求和．【详解】（1）设数列的首项为，公差为.由题意得解得∴数列的通项公式.（2）由（1）得，∴．【点睛】本题考查求等差数列的通项公式，考查裂项相消法求和．数列求和除需掌握等差数列和等比数列的前项和公式外还需掌握错位相减法、裂项相消法、分组（并项）求和法、倒序相加法等求和方法．20.如图，边长为4的正方形中，点E､F分别在边AB､BC上，，将，分别沿DE､DF折起，使A､C两点重合于点. （1）求证：.（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取EF中点M,再证明EF⊥平面A′DM即可.（2）由（1）可知,再求解与即可.【小问1详解】证明：取EF中点M,连接A′M,DM,显然,DE＝DF,故DM⊥EF；显然,A′E＝A′F,则A′M⊥EF,又A′M∩DM＝M,且都在平面A′DM内,∴EF⊥平面A′DM,∵A′D⊂平面A′DM,∴A′D⊥EF；【小问2详解】易知,,, ,,故，所以.∴,∴．21.在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求角A的大小；（2）若，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)结合已知条件利用正弦定理求解即可；(2)结合已知条件利用余弦定理求出，然后利用(1)中结论和正弦定理可得，，再利用三角恒等变换求解即可.【小问1详解】因为，由正弦定理得．因为，所以，故，又因为，所以．【小问2详解】 因为，所以，即，由正弦定理知，所以，，因为，所以，从而，则，因为为锐角三角形且，所以解得，当时，则，，从而，故的取值范围为.22若数列满足.（1）求､､及的通项公式；（2）若，数列的前n项和为，求证：.【答案】（1）,,（2）证明见解析；【解析】 【分析】（1）由构造，作差即可求解.（2），再利用错位相减法，即可证明.【小问1详解】解：当时，，解得，当时，①②，用①②得，，所以(适用于),所以.【小问2详解】解：,,令，所以，两式作差，，化简整理得，故得证.