2021-2022学年内蒙古阿拉善盟一中高一（下）期末数学试卷（Word解析版）

这是一份2021-2022学年内蒙古阿拉善盟一中高一（下）期末数学试卷（Word解析版），共15页。试卷主要包含了0分，【答案】D，【答案】C，【答案】B，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前2021-2022学年内蒙古阿拉善盟一中高一（下）期末数学试卷注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。  第I卷（选择题） 一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）不等式的解集为(    )A.  B.
C.  D. 下列几何体中是棱锥的有(    )
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个已知，，则下列正确的是(    )A.  B.  C.  D. 如图，为水平放置的斜二测画法的直观图，且，，则的周长为(    )
A.  B.  C.  D. 若平面平面，直线平面，点平面，则过点且与直线平行的直线有(    )A. 条或无数条 B. 条
C. 条或条或无数条 D. 条若，满足约束条件，则的取值范围为(    )A.  B.  C.  D. 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.  D. 已知，，，则(    )A.  B.  C.  D. 若单位向量，满足，则向量，夹角的余弦值为(    )A.  B.  C.  D. 若函数为偶函数，则的取值为(    )A.  B.  C.  D. 如图，已知四棱锥，底面是边长为的正方形，侧棱长相等且为，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为(    )A.
B.
C.
D. “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，半径为山高为，是山坡上一点，且为了发展旅游业，要建设一条从到的环山观光公路，这条公路从出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，下坡路段长为(    )
 A.  B.  C.  D. 第II卷（非选择题） 二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）已的，则______．若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为______．已知正数，满足，则的最小值为          ．已知正方体的棱长为，，分别是，的中点，则平面截正方体所得的截面的周长为______．
   三、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）已知函数．
若不等式的解集为，求实数，的值；
当时，解关于的不等式．在中，内角，，所对的边分别为，，，且满足．
求的值；
若，的面积为，求的值．如图，在长方体中，四边形是边长为的正方形，．
若长方体的表面积为，求的值；
若，求点到平面的距离．
已知等比数列的前项和为，若，．
求数列的通项公式；
记，当为何值时，数列的前项和取得最小值？如图，是等边三角形，是直角三角形，，，将沿折起，使得平面平面，如图．

证明：平面；
求平面与平面所成的二面角的正切值．如图，四边形是正方形，平面，，，点为的中点．
证明：平面平面；
试问在线段不含端点上是否存在一点，使得平面若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由．

答案和解析 1.【答案】 【解析】解：方程的根，或，函数的开口方向向上，
不等式的解集为，
故选：．
根据不等式的解法直接求解．
本题考查了三个二次的关系运用，是基础题．
 2.【答案】 【解析】解：由棱锥的结构特征：有一个面为多边形，其余各面是有公共顶点的三角形可知，
题中几何体为棱锥的有个．
故选：．
由棱锥的结构特征逐一核对六个几何体得答案．
本题考查棱锥的结构特征，是基础题．
 3.【答案】 【解析】解：，，
，
A正确，BCD错误，
故选：．
由不等式的性质判断即可．
本题主要考查不等式的基本性质，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：如图，为水平放置的斜二测画法的直观图，且，，

在中，，，，
，
的周长为：．
故选：．
由斜二测画法的直观图得到在中，，，，由此能求出，由此能求出的周长．
本题考查三角形周长的求法，考查斜二测画法的直观图等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 5.【答案】 【解析】解：，，，点和直线可以确定唯一一个平面，

设，，，，，
过点的所有直线中有且只有一条与平行的直线．
故选：．
根据平面的确定方法和面面平行的性质即可判断求解．
本题主要考查线面关系的判定，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
 6.【答案】 【解析】解：由约束条件作出可行域如图，

联立，解得，
联立，解得，
作出直线，由图可知，平移直线至时，取最小值为，
至时，取最大值．
的取值范围为．
故选：．
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想，是中档题．
 7.【答案】 【解析】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：．
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．
本题考查了多面体体积的计算，考查学生空间想象能力，属于中档题．
 8.【答案】 【解析】解：因为，，所以．
故选：．
已知，，可判断，，．
本题考查利用指数和对数比较大小，属于基础题．
 9.【答案】 【解析】解：根据题意，设向量，夹角为，
若单位向量，满足，
则有，
则有，
故选：．
根据题意，设向量，夹角为，由数量积的计算公式可得，变形可得答案．
本题考查向量数量积的计算，涉及向量夹角的计算，属于基础题．
 10.【答案】 【解析】解：，
是偶函数，，
．
故选：．
利用两角和差的三角公式进行转化，结合三角函数的奇偶性的性质进行求解即可．
本题主要考查三角函数的图象和性质，利用偶函数的定义和性质是解决本题的关键，是基础题．
 11.【答案】 【解析】解：已知四棱锥，底面是边长为的正方形，侧棱长相等且为，为的中点，
如图，取的中点，连接，，
因为底面是边长为的正方形，是的中点，所以，且，
所以异面直线与所成的角为，
四棱锥的侧棱相等且为，在中，由勾股定理得，
在中，由余弦定理得，
所以异面直线与所成角的余弦值为．

故选：．
取的中点，连接，，通过平移的方法，找出异面直线与所成角或其补角，然后解三角形求得答案．
本题考查了异面直线所成角的计算，属于中档题．
 12.【答案】 【解析】解：如图，展开圆锥的侧面，过点作的垂线，垂足为，
记点为上任意一点，联结，，
，
由两点之间线段最短，知观光铁路为图中的，，
上坡即到山顶的距离越来越小，下坡即到山顶的
距离越来越大，下坡段的铁路，即图中的，
由∽，
可得：，可求出．
即下坡段铁路的长度为公里．
故选：．
根据题意，画出展开图，结合图形转化为求，结合三角形相似即可求解．
本题考查了圆锥的展开图应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
 13.【答案】 【解析】解：正切函数的最小正周期为，
，
故答案为：．
利用正切函数的周期求解即可．
本题主要考查了正切函数的周期，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】解：因为不等式恒成立，
所以的图像在轴的上方，
所以方程无根，
所以，
所以，
所以的取值范围为，
故答案为：
不等式恒成立，则的图像在轴的上方，即方程无根，即可得出答案．
本题考查函数与方程的关系，属于基础题．
 15.【答案】 【解析】【分析】本题考查了“乘法”与基本不等式的性质，属于基础题．
利用“乘法”与基本不等式的性质即可得出．【解答】解：正数，满足，
则
，
，
当且仅当且，即，时取等号，
则的最小值为．
故答案为：．  16.【答案】 【解析】解：因为正方体的棱长为，
如图，延长交的延长线于，连接交于点，
因为，分别是，的中点，
所以，所以，，，，
延长交的延长线于点，连接交点，连接，
所以，，，
所以平面被整体截得的截面为，
如图，所以平面被正方体截得的截面的周长为：
．

故答案为：．
延长交的延长线于，连接交于点，延长交的延长线于点，连接交点，连接，则正方体被平面截得的截面为则为平面截正方体所得的截面的周长，根据几何关系即可求解．
本题考查了正方体中截面周长的计算，属于中档题．
 17.【答案】解：由题意得：，是方程的根，
故，解得：；
当时，，因为，所以，
当时，解得：，故不等式的解集是，
当时，解得：，故不等式的解集是，
当时，解得：，故不等式的解集是．
综上所述：当时，不等式的解集是当时，不等式的解集是当时，不等式的解集是． 【解析】本题考查了二次函数和二次不等式的关系，考查解不等式问题，考查分类讨论思想，属于中档题．
结合题意得到关于，的方程组，解出即可；
代入的值，通过讨论的范围，求出不等式的解集即可．
 18.【答案】解；由可得：，
由正弦定理可得：，
可得，
在三角形中，，
所以，
又由，可得，可得，
所以的值为；
由及可得：，整理得，
解得或舍去，
可得，
由余弦定理可得，
所以的值为． 【解析】由题意及正弦定理和三角形中角的关系可得角的余弦值，进而求出角的大小；
由和题意可得，的值，再由余弦定理可得边的值．
本题考查正余弦定理及三角形面积公式的应用，属于基础题．
 19.【答案】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；
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． 【解析】四边形是边长为的正方形，，从而长方体的表面积为，由此能求出．
连接，，点到平面的距离为，点到平面的距离为，由，利用等体积法能求出结果．
本题考查长方体的表面积公式、勾股定理、点到平面的距离、等体积法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 20.【答案】解：设等比数列的首项为，公比为，
因为，．
所以，解得，
故．
由得，
由于当时，数列出现正数，
故当时，求出的数列的和最小，
最小值为． 【解析】直接利用等比数列的前项和公式，求出数列的首项和公比，进一步求出数列的通项公式；
利用数列的通项公式和对数的运算求出数列的通项公式，进一步求出数列前项和的最小值．
本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法，数列的求和，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
 21.【答案】证明：由已知，折叠后的几何体是三棱锥，取的中点，
因为是等边三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，所以平面；

解：由知平面．
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． 【解析】取的中点，先证，，可证平面；
由平面，，平面与平面所成的角为，求解即可．
本题考查线面垂直的证明，考查面面角的正切值的求法，属中档题．
 22.【答案】证明：平面，平面，，
又四边形是正方形．，
，且、平面，平面，可得，
又已知为的中点，，，而，、平面，
平面，又平面，可得平面平面；
解：假设存在点使平面，取的中点，
连接，连接，分别交于点，，
面，面面，由直线与平面平行的性质可得，
由已知可得四边形是矩形，．
由，，可得∽，，
点是靠近端的三等分点．
故在线段上存在一点点是靠近端的三等分点，使得平面． 【解析】由已知证明平面，可得，再证明，可得平面，进一步得到平面平面；
假设存在点使平面，取的中点，证明点是靠近端的三等分点即可．
本题考查直线与平面平行、平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，考查推理论证能力，是中档题．