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    2021-2022学年四川省绵阳市开元中学高一下学期期末适应性质量检测数学(理)试题(解析版)

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    这是一份2021-2022学年四川省绵阳市开元中学高一下学期期末适应性质量检测数学(理)试题(解析版),共13页。试卷主要包含了单选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
    2021-2022学年四川省绵阳市开元中学高一下学期期末适应性质量检测数学(理)试题 一、单选题1.已知等差数列的前n项和为,则    A55 B60 C65 D75【答案】C【分析】利用等差数列的通项公式列方程,解方程得到,然后根据等差数列求和公式求和即可.【详解】设等差数列的公差为d解得,则.故选:C.2.等比数列满足,则    A21 B42 C63 D84【答案】B【解析】设等比数列的公比为,由等比数列的性质可知,构成等比数列,则,可得,从而可求出的值【详解】设等比数列的公比为,易知构成等比数列,且,得.所以.故选:B.3.在中,点DBC边上,且.,则可用基底表示为(         A BC D【答案】C【分析】中根据,然后,然后在用向量的减法化简.【详解】解析:因为,所以.所以.故选:C4.已知关于的不等式的解集是,则的值是(    A B11 C D1【答案】C【分析】根据不等式的解集求出的值,作和即可.【详解】解:若关于的不等式的解集是23是方程的根,故选【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法,考查不等式和一元二次方程的关系,是一道基础题.5.若<0,则下列结论中不正确的是(    Aa2<b2 Bab<b2 C>2 D|a|+|b|>|a+b|【答案】D【解析】同乘,再结合赋值法和基本不等式判断即可【详解】因为,故,同乘A,即,故A正确;B,又,同乘,故B正确;C,因为,故,故C正确;D,故,故,故D错误,故选:D6.设向量,若,则实数的值为(    A2 B3 C-4 D6【答案】A【分析】利用向量平行的坐标表示,即可得解.【详解】向量,且,解得故选:A.【点睛】本题考查了利用向量平行求参数问题,熟记向量平行的坐标表示是本题的解题关键,属于基础题.7.在中,若,则此三角形解的情况为(    A.无解 B.两解 C.一解 D.解的个数不能确定【答案】B【分析】计算,然后与比较,简单判断即可.【详解】所以这样的三角形有两个故选:B8.在中,若,则(  )A B C D【答案】C【详解】,由余弦定理的推论得:,又为三角形内角,故选C.9.函数的最小值为(   )A6 B7 C8 D9【答案】C【分析】先对解析式等价变形,再利用基本不等式即可得出答案【详解】函数当且仅当时取等号,因此函数的最小值为8答案选C【点睛】本题考查基本不等式求 最值的应用,属于基础题10.如图,水平放置的三棱柱的侧棱长和底边长均为2,且侧棱AA1平面A1B1C1,正视图是边长为2的正方形,该三棱柱的侧视图的面积为(    A4 B C D【答案】B【分析】先分析侧视图的形状为矩形,然后根据所给的长度得到矩形的长和宽,由此可计算出侧视图的面积.【详解】由题意知三棱柱的侧视图是一个矩形,矩形的长是三棱柱的侧棱长,宽是底面的边上的高,且在边长是的等边三角形中,底边上的高是侧视图的面积是故选:B11.棱长分别为2的长方体的外接球的表面积为A B C D【答案】B【分析】首先求得外接球半径,然后求解其表面积即可.【详解】设长方体的外接球半径为,由题意可知:,则:该长方体的外接球的表面积为.本题选择B选项.【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.12.在空间四边形中,分别是的中点 ,,则异面直线所成角的大小为A B C D【答案】D【分析】平移两条异面直线到相交,根据余弦定理求解.【详解】如图所示:的中点为,连接所以所成的角或其补角,根据余弦定理得:所以异面直线所成角的为故选D.【点睛】本题考查异面直线所成的角和余弦定理.注意异面直线所成的角的取值范围是. 二、填空题13.已知实数满足不等式组,则的最小值是_________.【答案】【分析】作出可行域及目标函数的图象,利用线性规划的知识求解即可.【详解】解:作出可行域如图所示,联立,解得,则由图知当直线经过点时,取得最小值,.故答案为:14.已知船A在灯塔C北偏东85°且到C的距离为2 km,船B在灯塔C西偏北25°且到C的距离为 km,则AB两船的距离为________ km【答案】【分析】根据题意画出示意图,求得,再利用余弦定理求得的值.【详解】解:由题意可得,又在三角形中,由余弦定理可得故答案为:【点睛】本题主要考查余弦定理的应用,求得,是解题的关键,体现了数形结合的数学思想,属于中档题.15.已知在一个长、宽、高、分别为3 cm4 cm6 cm的封闭长方体形状的铁盒中装有两个大小相同的小钢球,则每个小钢球的最大体积为______.(不计铁盒各侧面的厚度)【答案】【分析】根据题意知,当两个钢球并排放置时,半径最大,此时每个钢球的直径为,再集合球的体积公式,即可求得结果.【详解】由题意知,每个小钢球的最大半径为所以每个小钢球的最大体积为故答案为:.16.已知在单调递增的等差数列中,满足的等比中项,为数列的前n项和,则的最小值为________.【答案】6【分析】由题意可得,进而可得,再利用基本不等式即可求得答案.【详解】解:由题意可得设等差数列的公差为d,则解得(舍去),,当且仅当时等号成立,此时取得最小值,故最小值为6.故答案为:6. 三、解答题17.已知数列中,.(1)求数列的通项公式;(2)若数列n项和,求n的值.【答案】(1)(2) 【分析】1)根据题意,得到公差为,结合,得到首项,进而得到数列的通项公式;2)根据等差数列的前项和公式,列出方程,计算求出.【详解】1)因为,设数列的公差为所以数列是以为公差的等差数列,,所以,.2)由(1)得,,所以,又由,可得解得,故.18.在公差不为0的等差数列中,成等比数列,数列的前10项和为45.1)求数列的通项公式;2)若,数列的前项和为,求.【答案】1;(2.【解析】1)设等差数列的公差为,由成等比数列可得,,化简得,再由数列的前10项和为45,得,从而可求出的值,进而可得数列的通项公式;2)由(1)可得,利用裂项相消求和法可求得【详解】解:(1)设等差数列的公差为,由成等比数列可得,,即.由数列的前10项和为45,得,故故数列的通项公式为2【点睛】此题考查等差数列的基本量计算,考查等比中项的应用,考查裂项相消求和法,考查计算能力,属于基础题19.如图,在中,,点在线段上,且.1)求的长;2)求的大小.【答案】1;(2.【解析】1)利用表示,然后利用平面向量数量积的运算律可计算出的长;2)利用平面向量数量积计算出的值,即可得出的值.【详解】1)设2)设,则为向量的夹角.,即.【点睛】本题考查利用平面向量的数量积求模和夹角,解题的关键就是选择合适的基底来表示向量,考查计算能力,属于中等题.20.已知的内角的对边分别为(1)(2)为锐角,求的面积.【答案】(1)(2). 【分析】1)由条件结合正弦定理可得,与条件联立可求.2)由余弦定理求,再根据三角形面积公式求的面积.【详解】1)由正弦定理,可得,所以因为,所以所以          中,因为,所以,所以为锐角,2)由(1),得因为为锐角,所以由余弦定理,可得解得(舍去)或所以的面积为21.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1,E,F,G分别是棱AB,BB1,CC1的中点,HBE的中点.(1)证明:平面B1EG平面HFC;(2)求直线EB1CF所成角的余弦值;【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1)HF是中点,得到HFB1E,再根据CFB1G,结合面面平行的判定定理即可证明;(2)因为CFB1G,所以EB1G为直线EB1CF所成角或其补角,根据已知条件利用余弦定理求解即可.【详解】1HF是中点,HFB1E.HF平面B1EG,B1E平面B1EG,HF平面B1EG.同理由CFB1G,CF平面B1EG,B1G平面B1EG,CF平面B1EG.HFCFF,HF平面HFC,CF平面HFC,平面B1EG平面HFC.2CFB1G,∴∠EB1G为直线EB1CF所成角或其补角.设正方体棱长为,,,,即直线EB1CF所成角的余弦值为.22.如图,在三棱锥SABC中,SASBACBC2SC1DE分别为SAAB的中点.(1)求证:DE平面BCS(2)求三棱锥SABC的体积.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】1)只要证明 平行于平面BCS内的一条直线即可;2)作图,根据条件找出几何关系,求出三角形ABC的面积和三棱锥的高即可.【详解】1)因为DE分别为SAAB的中点,所以DESB又因为DE平面BCSSB平面BCS所以DE平面BCS2)连结SECE,过点SSOCE于点O,如图所示:因为SASBACBC2AB2SC1所以SEABCEAB,且SECEE所以AB平面SCESO平面SCE,所以ABSOCEABE,所以SO平面ABC计算SECE1 SEC为等边三角形 , 所以 ABC的面积为21所以三棱锥SABC的体积为:综上,三棱锥 的体积为 . 

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