2022广安高一下学期期末考试数学（理）试题含解析

广安市2022年春季高2021级期末考试

数学（理工类）

注意事项：

1．本试卷满分为150分，考试时间为120分钟.

2．本试卷分为试题卷（1—4页）和答题卡两部分，试题卷上不答题.请将选择题和非选择题的答案答在答题卡的相应位置.考试结束，只交答题卡.

第Ⅰ卷（选择题，共60分）

一、选择题：本大题共12小题，每题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的.

1. 已知，则下列不等式一定成立的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】运用不等式的性质及举反例的方法可求解.

【详解】对于A，如，满足条件，但不成立，故A不正确；

对于B，因为，所以，所以，故B正确；

对于C，因为，所以，所以不成立，故C不正确；

对于D，因为，所以，所以，故D不正确.

故选：B

2. （    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】结合诱导公式、两角和的余弦公式求得正确答案.

【详解】．

故选：B

3. 设m，n是不同的直线，是平面，则下列说法正确的是（    ）

A. 若，则 B. 若，则

C. 若，则 D. 若，则

【答案】D

【解析】

【分析】根据线面平行、垂直的判定和性质分析判断即可

【详解】对于A，当时，或在平面内，所以A错误，

对于B，当时，可能平行，可能相交，也可能异面，所以B错误，

对于C，当时，或在平面内，所以C错误，

对于D，当时，由垂直于同一平面的两条直线平行，可得，所以D正确．

故选：D

4. 2022北京冬奥会开幕式将我国二十四节气融入倒计时，尽显中国人之浪漫，倒计时依次为：大寒、小寒、冬至、大雪、小雪、立冬、霜降、寒露、秋分、白露、处暑、立秋、大暑、小暑、夏至、芒种、小满、立夏、谷雨、清明、春分、惊蛰、雨水、立春，已知从冬至到夏至的日影长等量减少，若冬至、小雪、霜降三个节气的日影长之和为34.5寸，冬至到秋分等七个节气的日影长之和为73.5寸，问立秋的日影长为（    ）

A. 1.5寸 B. 2.5寸 C. 3.5寸 D. 4.5寸

【答案】D

【解析】

【分析】因为从冬至到夏至的日影长等量减少，所以日影长可构成等差数列，由题意可得，，从而即可求出数列的首项与公差为，从而根据等差数列通项公式求出即为立秋的日影长．

【详解】解：因为从冬至到夏至的日影长等量减少，所以日影长可构成等差数列，

由题意可知，则，故，

又，解得，

所以数列的公差为，，

所以立秋的日影长为，

故选：D．

5. 如图是一个正方体的平面展开图，则在正方体中直线与的位置关系为（    ）

A. 相交 B. 平行 C. 异面并且垂直 D. 异面但不垂直

【答案】D

【解析】

【分析】将展开图还原成正方体，即可判断两直线的位置关系.

【详解】将展开图还原成正方体，由下图可知，直线与的位置关系是：异面.

连接BE，则，或其补角即为直线与的夹角，

，所以直线与不垂直.

故选：D.

6. 若，则sin的值为（    ）

A.  B.  C. － D. －

【答案】D

【解析】

【分析】用两角差的正弦公式和二倍角公式化简得，

再两边同时平方即可求出答案.

【详解】，则，

，

因为

所以，两边同时平方得：，所以

.故选：D.

7. 如图，在正方体中，E，F分别为BC，的中点，过点A，E，F作一截面，该截面将正方体分成上下两部分，则下部分几何体的正视图为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由，可得截面为，得到几何体，进而得正视图.

【详解】如图由于，，由题意得此截面为，由图可知正视图应为A选项，

故选：A.

8. 已知分别为三个内角的对边，且，则是（    ）

A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形

【答案】D

【解析】

【分析】根据已知条件及正弦定理的边角化，再利用三角形的内角和定理及两角和的正弦公式，结合三角函数特殊值对应特殊角即可求解.

【详解】由及正弦定理，得,

因为，所以,

所以,即，

当时，因为，所以，

当时，所以，即，

因为所以，

所以为等腰或直角三角形.

故选：D

9. 如图，从气球上测得正前方的河流的两岸、的俯角分别为、，此时气球的高是，则河流的宽度约等于（    ）．（用四舍五入法将结果精确到个位．参考数据：，，，，）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】本题可先可将题目放置于矩形中，然后通过求出，通过求出，两者相减，即可得出结果.

【详解】如图所示，作矩形，

因为从气球上测得正前方的河流的两岸、的俯角分别为、，

所以，，

因为气球的高是，所以，

则，，，

，，，

，

故选：A.

10. 设等差数列的前n项和为，，公差为d，，．则下列结论不正确的是（    ）

A.  B. 当时，取得最小值

C.  D. 使得成立的最大自然是n是17

【答案】D

【解析】

【分析】根据已知条件结合等差数列的通项公式，性质及求和公式逐个分析判断即可

【详解】对于A，因等差数列中，，，

所以，所以公差，所以A正确，

对于B，由于，，，所以前9项均为负数，所以当时，取得最小值，所以B正确，

对于C，，所以C正确，

对于D，因为，所以，， ，，所以使得成立的最大自然是n是18，所以D错误，

故选：D

11. 若正三棱柱既有外接球，又有内切球，记该三棱柱的内切球和外接球的半径分别为、，则（    ）

A.  B. 5 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】正三棱柱的外接球和内切球的球心相同，根据题意画出图形分别求出外接球和内切的半径，再求比值即可

【详解】由于三棱柱的外接球和内切球的球心相同，如图，，，

因为为正三角形，为的中心，

所以，

所以，

在中，，

所以，

所以，，

所以，

故选：A

12. 设为等差数列的前n项和，且，，若，则数列的前30项和（    ）

A. 60 B. 30 C. －60 D. －30

【答案】B

【解析】

【分析】设等差数列的公差为d，由已知建立方程组求得数列的通项公式，继而可得，再计算，从而可求得答案.

【详解】解：设等差数列的公差为d，由，得：，解得，

所以数列的通项公式为，所以，

，

所以，

故选：B.

第Ⅱ卷（非选择题，共90分）

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 若x，y满足约束条件，则的最大值为______．

【答案】10

【解析】

【分析】先画出可行域，再结合目标函数的几何意义，通过图即可得解.

【详解】作出不等式组所表示的区域如下：

由得 ，平移直线，

当经过点时，截距最大，最大

由 ，解得 ，此时的最大值为10.

故答案为：10.

14. 在等比数列中，，则________．

【答案】1

【解析】

【分析】

设等比数列的公比为,再根据题意用基本量法求解公比,进而利用等比数列项之间的关系得即可.

【详解】设等比数列的公比为.由,得,解得.又由,得.则.

故答案为：1

【点睛】本题主要考查了等比数列基本量的求解方法,属于基础题.

15. 已知正实数m，n满足，则的最小值为__________．

【答案】17

【解析】

【分析】由“1”的代换，利用基本不等式求解.

【详解】因为，

当且仅当，即时等号成立，

所以．

故答案为：17

16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则面积的最大值为______．

【答案】2

【解析】

【分析】结合倍角公式、正弦定理、余弦定理化简得，即，故，可得B的范围，即可根据求得结果

【详解】由题，，

由正弦定理得，，故，

由余弦定理得，故，

故，当是，取等号，故，，

故，故最大值为2，

故答案为：2

三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明或演算过程．

17. 已知不等式的解集是．

（1）求常数a的值；

（2）若关于x的不等式的解集为R，求m的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题意可得－1和3是方程的解，将代入方程中可求出a的值；

（2）由的解集为R，可得，从而可求出m的取值范围

【小问1详解】

因为不等式的解集是．

所以－1和3是方程的解，

把代入方程解得．经验证满足题意

【小问2详解】

若关于x的不等式的解集为R，即的解集为R，

所以，

解得，所以m的取值范围是．

18. 已知，，，

（1）求的值；

（2）求的值．

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】（1）根据的范围，利用同角三角函数可求得，从而构造，利用两角和差正弦公式求解得到结果；

（2）根据同角三角函数求出；根据两角和的正切公式求得结果.

【详解】（1），

，

.

（2），则由（1）可知，，，

，.

19. 已知数列满足，．

（1）求数列的通项公式；

（2）求数列的前项和．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）本题可通过累加法求出当时，然后将代入并验证，即可得出结果；

（2）本题可通过裂项相消法求出.

【小问1详解】

当时，

，

即，则，

当时，，满足，

综上所述，当时，.

【小问2详解】

因为，所以，

则.

20. 如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝1，AD＝，点F是PB的中点，点E在边BC上移动．

（1）当点E为BC的中点时，求异面直线PD和EF所成的角的正切值.

（2）求证：无论点E在BC边的何处，都有；

【答案】（1）异面直线PD和EF所成的角的正切值为；（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）由题意可知为异面直线PD和EF所成的角或其补角，解三角形结合同角三角函数的基本关系即可得到答案

（2）先证明平面，而平面，从而无论点E在BC边的何处，都有

【详解】

（1）因为E为BC的中点，F是PB的中点，

所以，

为异面直线PD和EF所成的角或其补角

由题意可知，

故，

，

所以异面直线PD和EF所成的角的正切值为；

（2）因为PA⊥底面ABCD，所以，

又，，所以平面，

又，所以平面，

而平面，所以，

又在等腰三角形中，中线，,

所以平面，

而平面，

所以无论点E在BC边的何处，都有

21. 内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．

（1）求；

（2）若a，b，c成等差数列，求．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再利用诱导公式及两角和的正弦公式整理得，即可得到，即可得解；

（2）由（1）可得，，再根据等差中项的性质及勾股定理得到方程组，解得，，即可得解.

【小问1详解】

解：因为，

由正弦定理得,

因为，，为的内角，

所以，

所以，

所以，

即，

由题意知，，所以，又，所以．

【小问2详解】

解：由（1）知，,

因为，，成等差数列，所以，则①，

又，所以，即②，

联立①②得，，所以．

22. 已知数列中，，．

（1）证明数列为等差数列，并求数列的通项公式；

（2）若，求数列的前n项和；

（3）若存在，使得成立，求实数k的取值范围．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）依题意可得，再两边取倒数整理得，即可得到数列表示首项为，公差为的等差数列，再根据等差数列的通项公式求出，即可得解；

（2）由（1）可得，再利用错位相减法求和即可；

（3）由（1）可得，利用累乘法求出，则问题转化为存在，使成立，令，利用作差法说明单调性，求出的最小值，即可求出参数的取值范围.

小问1详解】

解：因为，可得

可得，所以

即

又因为，可得，

所以数列表示首项为，公差为的等差数列，

所以，所以.

【小问2详解】

解：因为，所以，

故①，

所以②，

两式相减可得，

所以；

【小问3详解】

解：由，可得，

则，

存，使得成立，

即存在，使成立，即存在，使成立，

设，则，

令，

当时，，即，

当时，，即，

当时，可得，即的最小值为3，

所以，即实数的取值范围．