2022自治区阿拉善盟一中高一下学期期末考试数学含解析

阿拉善盟第一中学2021～2022学年度第二学期高一年级期末考试数学试题考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.3.本卷命题范围：必修1，必修4.必修5，必修2第一章~第二章.一、选择题：本大题共12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. 不等式的解集为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】直接根据二次函数的图象特征解不等式即可.【详解】不等式对应的二次函数，开口向上，零点为，故的解为，即解集为.故选：B.2. 下列几何体中是棱锥的有（    ）A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个【答案】C【解析】【分析】由棱锥的定义逐个判断即可得解.【详解】由棱锥的定义可得，只有几何体⑤、⑥为棱锥.故选：C.3. 已知，，则下列正确的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】直接利用不等式性质中的同向可乘性即得，判断A正确，B错误，排除法判断CD 错误即可.【详解】由不等式性质知，若，，则，故A正确，B错误；取，则，即，故CD错误.故选：A4. 如图，为水平放置的斜二测画法的直观图，且，则的周长为（    ）A. 9 B. 10 C. 11 D. 12【答案】D【解析】【分析】由斜二测画法的直观图与原图的关系，运算即可得解.【详解】由直观图可得，在中，，且，所以，所以的周长为.故选：D.5. 若平面∥平面，直线平面，点平面，则过点M且与直线m平行的直线有(    )A. 0条或无数条 B. 2条C. 0条或1条或无数条 D. 1条【答案】D【解析】【分析】根据平面的确定方法和面面平行的性质即可判断求解．【详解】∵，，∴，∴点M和直线m可以确定唯一一个平面，设，∵，，，∴，∴过点M的所有直线中有且只有一条与m平行的直线n．故选：D．6. 若，满足约束条件，则的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】分析】画出约束条件所表示的平面区域，根据目标函数的几何意义，结合图形，即可求出结果.【详解】画出约束条件表示的平面区域如下（阴影部分），因为可化为，所以表示直线在轴的截距，由图象可得，当直线过点时，其在轴的截距最小；当直线过点时，其在轴的截距最大；由，解得，即；由，解得，即，所以，，因此的取值范围为.故选：C.7. 已知棱长为的正方体各个面的中心分别为，，，，，，则多面体的体积为（    ）A.  B.  C. 8 D. 【答案】B【解析】【分析】如图，该多面体是以正方体的棱长为高的正八面体，结合四棱锥的体积公式计算即可.【详解】如图，多面体是由正四棱锥和组成的正八面体，该正八面体的高为正方体的棱长，即，四边形为对角线长的正方形，故，所以.故选：B8. 已知，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用指数函数和对数函数的性质比较大小即可【详解】因为在上为增函数，且，所以，即，因为在上为增函数，且，所以，即，所以故选：B.9. 若单位向量，满足，则向量，夹角的余弦值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】将平方可得，再利用向量夹角公式可求出.【详解】，是单位向量，，    ，，即，即，解得，则向量，夹角的余弦值为.故选：A.10. 若函数为偶函数，则的取值为A. 0 B.  C.  D. π【答案】B【解析】【分析】根据函数为偶函数有，化简得对任意恒成立，所以有，结合可得出答案.【详解】解：因为函数为偶函数，则所以等价于对任意恒成立，所以，所以，，所以常数的取值为.故选：B.【点睛】应用函数奇偶性可解决的四类问题及解题方法（1）求函数值：将待求值利用奇偶性转化为已知区间上的函数值求解；（2）求解析式：先将待求区间上的自变量转化到已知区间上，再利用奇偶性求解，或充分利用奇偶性构造关于的方程(组)，从而得到的解析式；（3）求函数解析式中参数的值：利用待定系数法求解，根据得到关于待求参数的恒等式，由系数的对等性得参数的值或方程(组)，进而得出参数的值；（4）画函数图象和判断单调性：利用奇偶性可画出另一对称区间上的图象及判断另一区间上的单调性.11. 如图，已知四棱锥，底而ABCD是边长为2的正方形，侧棱长相等且为4，E为CD的中点，则异面直线CM与AE所成角的余弦值为（    ）
 A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】取AB的中点F，连接FC，FM，通过平移的方法，找出异面直线CM与AE所成角或其补角，然后解三角形求得答案.【详解】如图，取AB的中点F，连接FC，FM，因为底面ABCD是边长为2的正方形，E是CD的中点，所以，且， 所以异面直线CM与AE所成的角为∠FCM或其补角，四棱锥的侧棱相等且为4，在△MAB中，由勾股定理得，在△MCF中，由余弦定理得，所以异面直线CM与AE所成角的余弦值为，故选：D12. “莫言下岭便无难，赚得行人空喜欢．”出自南宋诗人杨万里的作品《过松源晨炊漆公店》．如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形．山脚呈圆形，半径为40km．山高为km，B是山坡SA上一点，且km．为了发展旅游业，要建设一条从A到B的环山观光公路，这条公路从A出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，下坡路段长为（    ）
 A. 60km B. km C. 72km D. km【答案】C【解析】【分析】利用圆锥侧面展开图去求公路长度最短时，下坡路段长度.【详解】该圆锥的母线长为，所以，则圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形，如图，展开圆锥的侧面，连接，过点S作的垂线，垂足为H， 由两点之间线段最短，知观光公路为图中的，，记点P为上任一点，连接PS，上坡即P到山顶S的距离PS越来越小，下坡即P到山顶S的距离PS越来越大，则下坡段的公路，即图中的HB，由，得（km）．故选：C二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已的，则______.【答案】【解析】【分析】直接利用诱导公式计算可得.【详解】解：因为，所以.故答案为：14. 若关于x的不等式恒成立，则实数a的取值范围为__________．【答案】【解析】【分析】将关于x的不等式恒成立转化为，解不等式即可得出结果.【详解】由题意有，可得．故答案为：.15. 已知正数，满足，则的最小值为______.【答案】6【解析】【分析】易知，结合，及，利用基本不等式，可求出的最小值，进而可求出答案.【详解】由，可得，又，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以，即.故答案为：6.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：“一正二定三相等”.（1）“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.16. 已知正方体的棱长为6，E、F分别是、的中点，则平面CEF截正方体所得的截面的周长为______．【答案】【解析】【分析】延长EF交DA的延长线于N，连接CN交AB于点G，连接FG；延长FE交的延长线于点M，连接CM交点H，连接EH；则正方体被平面CEF截得的截面为CHEFG.则EF＋FG＋GC＋CH＋HE为平面CEF截正方体所得的截面的周长，根据几何关系即可求解．【详解】延长EF交DA的延长线于N，连接CN交AB于点G，连接FG；延长FE交的延长线于点M，连接CM交点H，连接EH；则正方体被平面CEF截得的截面为CHEFG．∵E、F分别是、中点，则易知AN＝，∴AN＝，∴，∴，，；同理，，，；∴平面CEF截正方体所得截面的周长为：EF＋FG＋GC＋CH＋HE＝．故答案为：.三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.17. 已知函数.（1）若不等式的解集为，求实数，的值.（2）当时，解关于的不等式.【答案】（1）；（2）详见解析【解析】【分析】（1）由的解集为，可知和是方程的两实数根，根据韦达定理，可得到关于的方程组，求解即可；（2）当时，，进而分，和三种情况，分别解不等式，即可求出答案.【详解】（1）因为不等式的解集为，所以和是方程的两实数根，则，即.（2）当时，.若，则，解得；若，则，解得；若，则，解得.18. 在中，内角A、B、C所对的边分别为a，b，c，且满足．（1）求A的值；（2）若，的面积为，求a的值．【答案】（1）；（2），．【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边化角，在利用两角和的正弦公式及辅助角公式计算可得；（2）根据三角形的面积求出，再利用余弦定理计算可得；【详解】解：（1）由题意有由正弦定理有有有又由，可得，又，所以（2）由题意，整理得解得或（舍去）可得，．19. 如图，在长方体中，四边形是边长为2a正方形，AD＝2AB.（1）若长方体的表面积为200，求a的值；（2）若a＝1，求点到平面的距离h.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据条件求出长方体的表面积即可；（2）利用可求出答案.【小问1详解】因为在长方体中，四边形是边长为的正方形，.所以长方体的表面积为，所以，解得；【小问2详解】因为，由已知得，，连接，，在三棱锥中，，由长方体的性质知，点到平面的距离为，在中，由勾股定理知，由长方体的性质知，，所以的面积，因为点到平面的距离为，又所以，所以，解得.20. 已知等比数列的前n项和为，若.（1）求数列的通项公式；（2）记，当n为何值时，数列的前n项和取得最小值？【答案】（1）；（2）当时，数列的前n项和取得最小值.【解析】【分析】（1）设数列的公比为q，分和两种情况，由已知建立方程组，求得,再由等比数列的通项公式可求得答案.（2）由（1）有，令，解得，从而得出结论.【详解】解：（1）设数列的公比为q，当时，，此时无解，所以，所以有，解得,所以有，故数列的通项公式为；（2）由（1）有，令，解得，所以， 所以当时，数列的前n项和取得最小值.【点睛】方法点睛：求等差数列的前n项和的最值的两种方法：1、函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解，一定注意n是正整数.2、邻项变号法：①时，满足的项数m使得取得最大值为.②时，满足的项数m使得取得最小值为.21. 如图1，是等边三角形，是直角三角形，BD⊥BC，，将沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图2.（1）证明：BC⊥平面ABD；（2）求平面ABC与平面BCD所成的二面角的正切值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，依题意可得，再由面面垂直得到平面，即可得到，再由，即可得证；（2）由（1）可知，又，则为平面与平面所成的角，从而得解.【小问1详解】证明：由已知，折叠后的几何体是三棱锥，取的中点，连接，因为是等边三角形，所以，因为平面平面，平面平面BCD＝BD，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，，所以平面；【小问2详解】解：由（1）知平面.因为平面，所以，又，所以平面与平面所成的角为，因为是等边三角形，所以，所以平面与平面所成角的正切值.22. 如图，四边形ABCD是正方形，AF⊥平面ABCD，，AB＝AF＝2CE，H点为FB的中点.（1）证明：平面AEH⊥平面FBC；（2）试问在线段EF（不含端点）上是否存在一点P，使得平面FBD.若存在，请指出点P的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析    （2）存在，P点是靠近E端的三等分点【解析】【分析】（1）由AF⊥平面ABCD，可得AF⊥平面ABCD，再由四边形ABCD是正方形，可得BA⊥BC，然后由线面垂直的判定定理可得BC⊥平面AFB，则AH⊥BC，再由等腰三角形的性质可得AH⊥BF，则由线面垂直的判定可得AH⊥平面FBC，然后由面面垂直的判定可得结论，（2）假设存在点P使平面FBD，作AF的中点G，连接AC与BD交于O点，连接CP，FO分别交GE于点M，T，然后由线面平行的性质结合三角形相似可求得点P的位置【小问1详解】证明：∵AF⊥平面ABCD，平面ABCD，∴AF⊥BC，又∵四边形ABCD正方形.∴BA⊥BC，又∵，平面AFB.平面AFB，∴BC⊥平面AFB，∵平面AFB，∴AH⊥BC，又∵H为FB的中点，AF＝AB，∴AH⊥BF，∵.∴AH⊥平面FBC，∵平面AEH，∴平面AEH⊥平面FBC；【小问2详解】解：假设存在点P使平面FBD，作AF的中点G，连接AC与BD交于O点，连接CP，FO分别交GE于点M，T，∵面FBD，面面FBD＝FO.∴，∵四边形ACEG是矩形，∴.又，∴，∴P点是靠近E端的三等分点.