2021-2022学年四川省绵阳市高一年级下册学期期末数学试题【含答案】

1、2021-2022学年四川省绵阳市高一下学期期末数学试题一、单选题1下列结论正确的是（）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】C【分析】根据不等式的性质即可逐一求解.【详解】对于A;若，时，则，故A错；对于B;若取，则无意义，故B错；对于C；根据不等式的可加性可知：若，则，故C正确；对于D;若取，但,故D错；故选：C2记为等差数列的前n项和，公差为d，若，则（）A1B2C4D8【答案】C【分析】根据等差数列前项和和通项中的基本量计算列方程即可求解.【详解】由得故选：C3已知平面向量满足，若，则（）A2B3C4D5【答案】B【分析】根据向量数量积的坐标运算即可求解.【详解】由得，由得，即故选：

2、B4在中，角的对边分别为，若，则（）A或BCD3【答案】A【分析】用正弦定理先求出，根据三角形内角关系得到，再用正弦定理求.【详解】依题意得，根据正弦定理：，由题干数据解得，又，故，于是或均符合题意，当时，由正弦定理，解得；当时，此时是等腰三角形满足.故选：A5设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题正确的是（）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】C【分析】根据线面，面面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质分析判断即可.【详解】对于A，当时，可能与平行，可能在内，所以A错误，对于B，当时，可能平行，可能异面，所以B错误，对于C，当时，由线面垂直的性质可得，所以C正确，对于D，当时，

3、与可能垂直，可能相交不垂直，可能平行，所以D错误，故选：C6某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）ABCD【答案】D【详解】由几何体的三视图，还原可得其原图形是底面半径为2，高为4的半圆柱.则该几何体的表面积等于两底半圆面的面积加上以2为底面半径，以4为高的圆柱侧面积的一半，加上侧视图的面积.所以该几何体的表面积为.故选：D7设是正项等比数列，为其前项和，已知，则（）ABCD【答案】B【分析】由等比中项得，再利用和等比数列的通项公式计算，即可得到的值.【详解】因为是正项等比数列，所以 ，由等比中项得，解得，所以解得，所以.故选：B.8已知平面向量均为非零向量，则下列结论正确的是（）

4、A若，则BC若，则D若，则【答案】A【分析】由共线向量、相等向量、向量的数量积依次判断4个选项即可.【详解】对于A，由可得同向，又分别表示方向上的单位向量，故，A正确；对于B，两者不一定相等，B错误；对于C，只能得到模长相等，方向不确定，C错误；对于D，当，时，成立，但不成立，D错误.故选：A.9一同学到东方神话主题乐园游玩时，想用所学数学知识测量乐园内某游乐设施的高度，选择点和勇闯玄甲城项目的顶部点C为测量观测点，从点测得M点的仰角，C点的俯角以及，从C点测得，点A，B，N共水平面，若勇闯玄甲城项目的高，则（）ABCD【答案】D【分析】在中,可求得，在中，可求得,再由正弦定理可求得m，在中，

5、根据即可求得答案.【详解】解：因为在中，所以，又因为在中，所以,由正弦定理可得，所以m,又因为在中，所以m.故选：D.10若两个正实数x，y满足，且不等式恒成立，则实数m的取值范围为（）AB或CD或【答案】C【分析】先由结合基本不等式求出的最小值，进而得，再解一元二次不等式即可.【详解】由题意知，当且仅当，即时取等，又不等式恒成立，则不等式，即 ，解得.故选：C.11正方体中，M是正方形的中心，P为线段上一动点，下列结论：；直线与直线所成角的余弦值为；存在点P使得平面；三棱锥的体积为定值其中正确的个数是（）A1B2C3D4【答案】D【分析】根据等腰三角形、线线角、线面平行、锥体体积等知识对四个

6、结论进行分析，从而确定正确答案.【详解】设正方体的边长为.，在三角形中，是的中点，所以，所以正确.，设是的中点，连接，则，所以是异面直线与直线所成角（或其补角），在三角形中，所以，所以异面直线与直线所成角的余弦值为，正确.，根据正方体的性质可知，由于平面，平面，所以平面，同理可证得平面，由于平面，所以平面平面，当时，平面，所以平面.即存在点P使得平面，正确.，,其中和为定值，所以三棱锥的体积为定值，所以正确.综上所述，正确的一共有个.故选：D12在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且，则（）A2B4C6D8【答案】B【分析】利用正弦定理可得，根据三角形性质和边角互化得出，解方程组可

7、得结果.【详解】因为，所以，即；因为，由正弦定理可得；因为，所以，所以，整理得；由可得，解得或（舍）.故选：B.二、填空题13设实数，满足约束条件，则的最小值为_.【答案】1【详解】，当，时，故的最小值为14已知数列的通项公式为数列的前n项和，则_【答案】【分析】根据裂项求和即可求解.【详解】由题知：，所以，故答案为：15在平行四边形中，点为的中点，若，则_【答案】2【分析】根据已知条件，结合平面向量的线性运算，以及平面向量的数量积公式，即可求解【详解】解：设，在平行四边形中，点为的中点，解得或（舍去）故答案为：16在封闭的直三棱柱内，有一体积为的球，若，当球的体积取得最大值时，球的内接正四面

8、体的棱长为_【答案】【分析】由题知的内切圆半径为，进而得球的体积最大时，再将其转化为球中内接正方体的，求正方体的面对角线长即可.【详解】解：因为，所以为直角三角形，所以的内切圆半径为因为要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切，设球的半径为，所以，又，所以，所以，所以，该球的内接正方体的体对角线的长为，所以，该球的内接正方体的边长为，所以，该球的内接正方体的面对角线的长为，即球的内接正四面体的棱长为.故答案为：三、解答题17已知平面向量满足，且(1)求与的夹角；(2)求向量在向量上的投影【答案】(1)(2)【分析】（1）将两边平方，求出，再根据数量积得定义即可得解；（2）根据数量积的运算律

9、求出，再根据向量在向量上的投影为即可得解.【详解】(1)解：，即，又，又向量夹角范围是，与的夹角为；(2)解：，向量在向量上的投影为18设函数(1)当时，求不等式的解集；(2)当时，不等式对一切恒成立，求实数a的取值范围【答案】(1)具体见解析(2)【分析】(1) 把时代入，整理化简得，根据对应二次方程根的情况，讨论解不等式；(2) 当时，对在反解参数，得到，只需，利用基本不等式求函数的最小值即得答案.【详解】(1)由题意得，函数，当时，不等式为，即，令，则方程的根为当时，不等式不成立，解集为当时，不等式的解集为当时，不等式的解集为综上，当时，不等式的解集为，当时，不等式的解集为，当时，不等式

10、的解集为；(2)当时，对一切恒成立，即在上恒成立，即在上恒成立，即又（当且仅当即时，取“=”）19如图，四棱锥中，底面为边长为2的菱形且对角线与交于点O，底面，点E是的中点(1)求证：平面；(2)若三棱锥的体积为，求的长【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由中位线证得，即可证得平面；（2）取中点F，证得平面，再由结合棱锥的体积公式即可求解.【详解】(1)证明：连接点O，E分别为的中点，平面平面，平面；(2)取中点F，连接E为中点，为的中位线，且由菱形的性质知，为边长为2的等边三角形又平面，平面，点E是的中点，20已知数列中各项均为正数，是其前n项和，且满足(1)求数列的通项公式；(2)

11、设，数列的前n项和为，求证：【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）先求得，再根据已知可得当时，可求得，讨论确定数列是首项为3，公差为1的等差数列，进而求得其通项公式；（2）由（1）可得的表达式，利用错位相减法求得数列的前n项和，根据其单调性，即可证明结论.【详解】(1)由题意知，且, 当时，即，解得（舍）当时，又，两式相减得，即，整理得，或若，则，又，这与是正项数列矛盾，即，数列是首项为3，公差为1的等差数列，即(2)证明：，由-得，由可知为正项数列，的前n项和单调递增，当时，又恒成立，21在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(1)求角B；(2)若为锐角三角形，求的取值范围【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理将边化角，再由诱导公式及二倍角公式计算可得；（2）由三角形为锐角三角形求出的取值范围，再由正弦定理将边化角，转化为关于的三角函数，最后根据正切函数的性质及不等式的性质计算可得.【详解】(1)解：，又，所以，解得，(2)解：为锐角三角形，由正弦定理，得，即，整理得又，的取值范围为22如图，在四边形中，点E，F分别在上运动，且，现将四边形沿折起，使平面平面(1)若E为的中点，求证：平面；(2)求三棱锥体积的最大值，并求出此时点E到平面的距离【答案】(1)证明见解析(2)最大值为；点E到平面的距离为【分析】（1）根据线段