2021-2022学年内蒙古巴彦淖尔市高一（下）期末数学试卷（Word解析版）

这是一份2021-2022学年内蒙古巴彦淖尔市高一（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】B，【答案】D，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前2021-2022学年内蒙古巴彦淖尔市高一（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）若点，，在同一直线上，则(    )A.  B.  C.  D. 已知数列，，，，，，则该数列的第项为(    )A.  B.  C.  D. 已知直线：和直线：互相垂直，则实数的值为(    )A.  B.  C.  D. 若一个圆锥的底面面积为，其侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为(    )A.  B.  C.  D. 记的内角，，的对边分别为，，，若，，，则(    )A.  B.  C.  D. 已知，为两条不同的直线，为平面，则下列命题正确的是(    )A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则已知轮船在灯塔的北偏东方向上，轮船在灯塔的南偏西方向上，且轮船，与灯塔之间的距离分别是千米和千米，则轮船，之间的距离是(    )A. 千米 B. 千米 C. 千米 D. 千米在九章算术中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”如图，网格纸上小正方的边长为，粗实线画出的是某“堑堵”的三视图，则该“堑堵”的侧面积为(    )
A.  B.  C.  D. 若，，且，则的最小值为(    )A.  B.  C.  D. 设单调递增的等比数列满足，，则公比(    )A.  B.  C.  D. 如图，在正四棱柱中，，点为棱的中点，过，，三点的平面截正四棱柱所得的截面面积为(    )A.
B.
C.
D.
 若一束光线从点射入，经直线反射到直线上的点，再经直线反射后经过点，则点的坐标为(    )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）设，满足约束条件，则的最大值为______．数列的前项和______．在三棱锥中，，，互相垂直，，是线段上一动点，且直线与平面所成角的正切值的最大值是，则三棱锥外接球的体积是______．在中，，若为锐角三角形，则外接圆的面积的取值范围为______． 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）求满足下列条件的圆的方程：
经过点，，圆心在轴上；
经过直线与的交点，圆心为点．求函数的最小值；
已知关于的不等式的解集为，求关于的不等式的解集．如图，在棱长为的正方体中，，分别为棱，的中点．
证明：平面平面；
求异面直线与所成角的余弦值．
记的内角，，的对边分别为，，，且．
求的大小；
若，的面积为，求的周长．已知数列的前项和，满足，数列是公差为的等差数列，且．
求数列，的通项公式；
设，数列的前项和为，证明：．如图，在四棱锥中，，，，平面平面．
证明：平面；
若是棱的中点，且平面，求点到平面的距离．

答案和解析 1.【答案】 【解析】解：点，，在同一直线上，
直线的斜率等于直线的斜率，即，求得，
故选：．
由题意，利用三点共线的性质，直线的斜率公式，求得的值．
本题主要考查三点共线的性质，直线的斜率公式，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：由数列，，，，，，
可得该数列的通项公式为，
所以，
则该数列的第项为，
故选：．
可先找到数列的通项公式，再由通项公式求解第项即可．
本题考查了不完全归纳法求数列的通项公式，做题时要注意观察，找到规律．
 3.【答案】 【解析】解：直线：和直线：互相垂直，
，求得，
故选：．
根据两直线垂直的性质，一次项对应系数之积的和等于，求得实数的值．
本题主要考查两直线垂直的性质，两直线垂直时，一次项对应系数之积的和等于，属于基础题．
 4.【答案】 【解析】解：设该圆锥的底面半径为，则，
所以该圆锥的底面半径，
设圆锥的母线长为，则，即，
则圆锥的高为，
因此该圆锥的体积，
故选：．
根据圆锥底面积求得圆锥底面半径，根据侧面展开图是圆心角为的扇形求得母线长，进而求得圆锥的高，根据圆锥体积公式即可求得答案．
本题考查圆锥的结构特征、圆锥的侧面展开图、扇形性质、圆锥的体积等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 5.【答案】 【解析】解：由题意得，
所以由，得，
故选：．
利用正弦定理求解．
本题考查了正弦定理的应用，属于基础题．
 6.【答案】 【解析】解：对于，若，，则或，故A错误；
对于，若，，则或，或与相交，故B错误；
对于，若，，则与相交、平行或异面，故C错误；
对于，若，，则由直线与平面垂直的判定定理知，故D正确．
故选：．
对于，或；对于，或，或与相交；对于，与相交、平行或异面；对于，由直线与平面垂直的判定定理知．
本题考查命题真假的判断，考查线面平行、线面垂直、面面平行的判定与性质等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
 7.【答案】 【解析】解：由题意可知千米，千米，，
由余弦定理可得：，
则千米．
故选：．
根据题意，将给的条件转化为三角形中的边角关系，然后利用余弦定理列出关于的方程求解即可．
本题考查解三角形的应用问题，关键在于将已知条件数学化，然后借助于正余弦定理构造方程求解，属于基础题．
 8.【答案】 【解析】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为三棱柱体；
如图所示：

则：．
故选：．
首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的侧面积．
本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体的侧面积公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
 9.【答案】 【解析】解：，，且，
由题意得，
，
解得，即，
当且仅当时，等号成立．
的最小值为．
故选：．
由题意得，，求出，由此能求出的最小值．
本题考查基本不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 10.【答案】 【解析】解：因为为等比数列，所以，
所以，则，
又单调递增，所以，
解得：，，则，
因为，所以．
故选：．
根据等比数列的性质计算得到，结合数列的单调性求出：，，则，从而求出公比．
本题考查等比数列的性质，方程思想，属基础题．
 11.【答案】 【解析】解：取的中点，的中点，连接，，，，，
该几何体为正四棱柱，
，，
四边形为平行四边形，
，又，
，同理，且，
过，，三点的平面截正四棱柱所得的截面为菱形，
又，，
该菱形的面积为，
故选：．
根据题意画出截面，得到截面为菱形，从而可求出截面的面积．
本题主要考查了正四棱柱的截面问题，考查了菱形的面积公式，属于中档题．
 12.【答案】 【解析】解：如图所示：

设点，由于点关于直线的对称点，
所以，解得，故D．
设点由于点关于直线的对称点为，
所以，解得，
故直线的方程为，
故，解得，
故点．
故选：．
首先利用点关于直线的对称，建立方程组，求出的坐标，再利用点关于直线的对称点的坐标，再求出直线的方程，再建立方程组求出的坐标．
本题考查的知识要点：点关于线的对称，中点坐标和直线的斜率，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
 13.【答案】 【解析】解：由约束条件作出可行域如图，

由，解得，由，得，
由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最大，有最大值为．
故答案为：．
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，考查数形结合思想，是基础题．
 14.【答案】 【解析】解：由题意，．
故答案为：．
根据分组求和法，利用进行求解即可．
本题考查分组求和法，考查学生逻辑推理和数学运算的能力，属于基础题．
 15.【答案】 【解析】解：是线段上一动点，连接，、、互相垂直，
平面，则就是直线与平面所成角，
当最短，即时，直线与平面所成角的正切的最大．
此时，，
在中，由等面积法可得，解得．
三棱锥扩充为长方体，则长方体的对角线长为，
三棱锥的外接球的半径为，
则三棱锥的外接球的体积为．
故答案为：．
由已知线面角结合等面积法求出，再由分割补形法求出长方体的对角线长，即可得到三棱锥的外接球的半径，代入球的体积公式得答案．
本题考查三棱锥的外接球的体积的求法，训练了分割补形法，是中档题．
 16.【答案】 【解析】解：在锐角中，解得，
所以，
故外接圆的面积，
故答案为：．
由锐角三角形列出不等式，解出，再由正弦定理得到三角形外接圆半径的取值范围，然后计算出外接圆的面积的取值范围．
本题考查了正弦定理的应用，属于基础题．
 17.【答案】解：圆经过点，，圆心在轴上，
设圆心，由，可得，
解得，故圆心，半径，
故要求的圆的方程为．
由，求得，
故直线与的交点为，
半径为，
故要求的圆的方程为． 【解析】由题意，设圆心，用待定系数法求得的值，可得圆心坐标和半径，从而得到圆的方程．
先求出直线与的交点为的坐标，可得半径，从而求得圆的方程．
本题主要考查求圆的标准方程的求法，关键是确定圆心和半径，属于基础题．
 18.【答案】解：，
函数，
当且仅当，即时，取等号，
函数的最小值为；
关于的不等式的解集为，
和是方程的两个根，
，解得，，
关于的不等式为，
解得，
关于的不等式的解集为． 【解析】利用基本不等式求函数的最小值．
推导出，是方程的两个根，求出，，由此能求出关于的不等式的解集．
本题考查基本不等式、一元二次不等式的性质及解法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 19.【答案】证明：，分别为棱，的中点，
所以，．
因为，且，所以，且，所以是平行四边形，所以．
又平面，平面，所以平面．
同理，，又平面，平面，所以平面．
又，，平面，所以平面平面．
解：由知，所以为异面直线与所成的角，
因为正方体的棱长为，所以，，
从而，即异面直线与所成角的余弦值为． 【解析】利用中位线定理可得，且，四边形是平行四边形，从而可证平面平面可证平面平面；
，为异面直线与所成的角，求解即可．
本题考要面面平行的证明，考查线线角的求法，属中档题．
 20.【答案】解：由题意得及正弦定理可得
因为，所以，
得，得，而，
可得；
由，由可得，
而，
由余弦定理，可得，
可得，的周长，
所以的周长为． 【解析】由正弦定理及三角形的内角和的性质可得的余弦值，进而求出角的大小；
由三角形的面积和可得的值，再由余弦定理可得，进而求出三角形的周长．
本题考查正弦定理和余弦定理的应用，属于基础题．
 21.【答案】解：由，得，
两式相减得，即，
当时，，则满足上式，
所以；
由，所以，
所以，
证明：由可知，
令，则，
所以，
由于，故． 【解析】由可得，两式相减并整理得，进一步结合即可求出；根据题意可得，从而利用可得；
由可知，进一步根据裂项相消求和法及分组求和法即可求出，结合即可证明．
本题考查等差数列与等比数列的通项公式，裂项相消求和法，考查学生逻辑推理和数学运算的能力，属于中档题．
 22.【答案】证明：在四棱锥中，，，，平面平面，
因为平面平面，且平面平面，
又，所以平面，
所以，
因为，且，
所以平面；
解：取的中点，连接，，，
因为是棱的中点，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为平面，，所以平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，即，
所以，，，，
因为平面平面，且平面平面，
又，所以平面，所以，
在中，，
设点到平面的距离为，因为，
所以，解得，所以点到平面的距离为．
 【解析】在平面内找到两条相交的的直线，使得垂直于它们即可；
运用等体积法，求出三棱锥的体积和和三角形的面积即可．
本题考查了线面垂直的证明和点到平面的距离计算，属于中档题