2022年6月成都市高一数学（文）下期期末联考卷附答案解析

年6月成都市高一数学（文）下期期末联考卷一、单选题1．若，则（

）A． B． C．4 D．－42．若等比数列满足，则（

）A．1 B．2 C．3 D．3．已知，是空间中两个不重合的平面，a，b是空间中两条不同的直线，则下列结论正确的是（

）A．， B．，C．， D．，4．已知某圆锥的底面半径为1，高为，则该圆锥的表面积为（

）A． B． C． D．5．若数列满足，且，则（

）A．－1 B．2 C． D．16．如图，在三角形OAB中，若向量，则向量（

）A． B． C． D．7．设，，，则（

）A． B． C． D．8．函数在区间上的最小值为（

）A．1 B．－1 C． D．9．在菱形ABCD中，若，则（

）A． B． C．3 D．910．某几何体是由若干个棱长为1的正方体组合而成，其正视图与侧视图如图所示，则该几何体的体积不可能为（

）A．3 B．4 C．5 D．611．若各项均为整数的递增数列的前n项和为，且，则满足的最大n值为（

）A．6 B．7 C．8 D．912．已知的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，AC边上的高等于AC，则（

）A． B． C．2 D．二、填空题13．已知向量与的夹角为60°，，，则______.14．已知是第一象限角，若，则______.15．已知数列的前n项和，则的最小值为______.16．如图，已知正方体的棱长为a，点E，F，G，H，I分别为线段，，，BC，的中点，连接，，，DE，BF，CI，则下列正确结论的序号是______.①点E，F，G，H在同一个平面上；②平面平面EFD；③直线DE，BF，CI交于同一点；④直线BF与直线所成角的余弦值为.三、解答题17．已知向量，，.(1)若，求的值；(2)若，求与的夹角.18．已知一次函数，数列满足.(1)若，求；(2)若，求数列的前n项和.19．如图，在三棱锥P－ABC中，点D为PA的中点，若点E为PB的中点.(1)求证：平面DCE；(2)求三棱锥P－DCE与多面体DECBA的体积之比.20．在△ABC中，若，，再从下列①、②、③这三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求BC边上的中线长.条件①：BC＝2；条件②：；条件③：△ABC的周长为6.21．某地为迎接大学生运动会，拟在如图所示的扇形平地OAB上规划呈平行四边形的区域OMPN修建体育展览中心，已知扇形半径OA＝60m，圆心角，点P为扇形弧上一动点，点M，N分别为线段OA，OB上的点，设.(1)请用表示OM的长度；(2)求平行四边形OMPN面积的最大值.22．已知等比数列的前项和为，且，为常数列，且为数列的前项和.(1)求数列的通项公式；(2)若存在正整数i、j（其中），满足，求的最小值.【答案】1.A【分析】直接由正切倍角公式求解即可.【详解】.故选：A.2．B【分析】先由等比中项求出，再由对数运算求解即可.【详解】由题意知，，则.故选：B.3．B【分析】由线面关系的判定及性质依次判断即可.【详解】对于A，还可能是，A错误；对于B，由面面平行的性质知B正确；对于C，的关系不确定，C错误；对于D，还可能是，相交，D错误.故选：B.4．C【分析】先求出圆锥的母线长，再根据圆锥的表面积公式即可得出答案.【详解】解：因为圆锥的底面半径为1，高为，所以圆锥的母线，所以该圆锥的表面积.故选：C.5．C【分析】先由递推关系式求得周期为3，再利用周期性求解即可.【详解】，故数列是周期为3的周期数列，则.故选：C.6．D【分析】利用向量减法的三角形法则化简已知条件，移项整理即得所求【详解】故选：D7．设，，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先化简，，，再利用正弦函数的单调性即可【详解】因为在上单调递增所以即故选：C8．D【分析】化简可得，再结合正弦函数的图象分析求解即可【详解】，故当时，，故当时，取最小值故选：D9．A【分析】先由向量的平行四边形法则求得，再由数量积的定义得求解即可.【详解】连接交于点，则，易得，则，又，则.故选：A.10．D【分析】分几何体由3个正方体构成，几何体由4个正方体构成，几何体由5个正方体构成三种情况讨论，即可得解.【详解】解：如图1，几何体由3个正方体构成，则该几何体的体积，故A可能；如图2，几何体由4个正方体构成，则该几何体的体积，故B可能；如图3，几何体由5个正方体构成，则该几何体的体积，故C可能；所以该几何体的体积最大为5.故选：D.

11．B【分析】取使各项最小，由得；取，由知的最大值为7.【详解】，要使n值最大，显然要尽可能的小，又，数列各项均为整数且为递增数列，取，此时，则，取，此时，满足题意，故的最大值为7.故选：B.12．A【分析】先由正弦定理及诱导公式倍角公式得，求得，再由即可求解.【详解】由正弦定理得，又，则，即，又，则，又，则，即；又AC边上的高等于AC，则，即，则.故选：A.二、填空题13．3【分析】直接根据数量积的运算公式即可得解.【详解】解：因为向量与的夹角为60°，，，所以.故答案为：3.14．【分析】先求出，利用两角和的余弦公式即可求得.【详解】因为是第一象限角，，所以，所以.故答案为：.15．【分析】根据求出数列的通项，再利用裂项相消法求出数列的前n项和，从而可得出答案.【详解】解：当时，，当时，，当时，上式也成立，所以，所以，所以，因为函数在上递增，所以当时，取得最小值，所以的最小值为.故答案为：.16．①③④【分析】对于①，连接，证明，即可判断；对于②，连接，证明平面平面，即可判断；对于③，易得四点共面，四点共面，延长交于点，延长交于点，证明重合，即可判断；对于④，取的中点，连接，证明，则即为直线BF与直线所成角的平面角，利用余弦定理即可判断.【详解】解：对于①，连接，因为点E，F，G，H分别为线段，，，BC的中点，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以，所以，所以点E，F，G，H在同一个平面上，故①正确；对于②，连接，则，又平面，平面，所以平面，因为且，所以四边形是平行四边形，所以，所以，又平面，平面，所以平面，又因平面，所以平面平面，又平面平面，所以平面与平面EFD不平行，故②错误；对于③，连接，则且，所以四点共面，延长交于点，则，连接，则且，所以四点共面，延长交于点，则，所以两点重合，所以直线DE，BF，CI交于同一点，故③正确；对于④，取的中点，连接，则且，所以四边形为平行四边形，所以，所以即为直线BF与直线所成角的平面角，在中，，则，所以直线BF与直线所成角的余弦值为，故④正确.故答案为：①③④.三、解答题17．(1)；(2)【分析】（1）先求出，再由向量共线的坐标公式求解即可；（2）先求出，由向量垂直的坐标公式求出，再由夹角公式求出与的夹角即可.【详解】(1)易得，又，则，解得；(2)易得，又，则，解得，即，则，又，故与的夹角为.18．(1)；(2)【分析】（1）由解出，即可求得；（2）先由解出，求得，由定义判断数列是等差数列，由等差数列求和公式求解即可.【详解】(1)由可得，化简得，解得，则；(2)由，解得，则，又，，则数列是首项为，公差为1的等差数列，则.19．(1)证明见解析(2)【分析】（1）证明即可；（2）先根据体积的比例得，进而得到，从而得到三棱锥P－DCE与多面体DECBA的体积之比.【详解】(1)因为点D为PA的中点，若点E为PB的中点，故为的中位线，故，又平面DCE，平面DCE，故平面DCE(2)因为，故，故，故20．答案见解析.【分析】如果选择条件①或者③，可以分析得到三角形的解不唯一；如果选择条件②：先求出，再利用余弦定理求解.【详解】解：如果选择条件①：由正弦定理得或，所以三角形有两解，与已知不相符，所以舍去；如果选择条件②：由题得.由余弦定理得，所以,所以BC边上的中线.所以BC边上的中线长为.如果选择条件③：由题得

（1），由

（2）,解（1）（2）得.所以该三角形无解，与已知不相符.21．(1)(2)【分析】（1）在中，利用正弦定理即可得出答案；（2）作于点，求出，再根据平行四边形OMPN面积，结合三角恒等变换化简，再结合三角函数的性质即可得出答案.【详解】(1)解：在平行四边形中，，，则，在中，由正弦定理得：，所以；(2)如图，作于点，则，所以平行四边形OMPN面积，因为，所以，所以，即平行四边形OMPN面积的最大值为.22．(1)(2)【分析】（1）利用题设条件易得，再利用退位相减法即可求得的递推关系，进而