2022遂宁高一下学期期末考试数学含解析

遂宁市高中2024届第二学期教学水平监测

数学试题

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，只有一项是符合题目要求.）

1. 等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】观察题中的式子的结构，结合余弦的差角公式的逆用，结合特殊角的三角函数值，求得结果.

【详解】根据题意可得:

，

故选:B.

2. 已知等差数列中，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设等差数列的公差为，依题意求出公差，即可求出通项公式，再代入计算可得.

【详解】解：设等差数列的公差为，由、，

所以，

所以，

所以.

故选：B

3. 若则一定有

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】本题主要考查不等关系．已知,所以，所以，故．故选

4. 二次不等式的解集为，则的值为（    ）

A.  B. 5 C.  D. 6

【答案】D

【解析】

【分析】根据一元二次不等式的解与方程根的关系求解即可.

【详解】不等式的解集为，

，

原不等式等价于，

由韦达定理知，，

，，

．

故选：D．

5. 下列函数中最小值为4是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据二次函数的性质可判断选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等”，即可得出不符合题意，符合题意．

【详解】对于A，，当且仅当时取等号，所以其最小值为，A不符合题意；

对于B，因为，，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为，B不符合题意；

对于C，因为函数定义域为，而，，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，C符合题意；

对于D，，函数定义域为，而且，如当，，D不符合题意．

故选：C．

【点睛】本题解题关键是理解基本不等式的使用条件，明确“一正二定三相等”的意义，再结合有关函数的性质即可解出．

6. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先由三视图可得该几何体是个圆柱，根据图中数据，以及圆柱的体积公式，即可得出结果．

【详解】由三视图可得：该几何体是个圆柱，且圆柱底面圆半径为，高为，

因此，该几何体的体积为：．

故选：A

7. 在数列中，，则的值为（    ）

A.  B. 5 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定的递推公式，探讨数列的周期性即可计算作答.

【详解】依题意，，则，，

于是得数列是周期数列，其周期是3，由得：，

所以.

故选：C

8. 中，为边上一点，且满足，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由、代入化简可得关于、的表达式.

【详解】，则，解得，

故选：A.

9. 已知数列为等比数列，且，则

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据等比数列下标和性质直接求解可得.

【详解】为等比数列，，， .

故选：A.

10. 在2022北京冬奥会开幕式上，二十四节气倒计时惊艳亮相，与节气相配的14句古诗词，将中国人独有的浪漫传达给了全世界.我国古代天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同，即太阳照射物体影子的长度增长或减少的量相同，周而复始（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度），二十四节气及晷长变化如图所示，已知雨水的晷长为9.5尺，立冬的晷长为10.5尺，则大雪所对的晷长为（    ）

A. 11.5尺 B. 12.5尺 C. 13.5尺 D. 14.5尺

【答案】B

【解析】

【分析】设相邻两个节气晷长减少或增加的量为,大雪的晷长为,计算出立冬到大雪增加量,大雪到雨水的增加量，根据题意，结合等差数列的性质，列出方程组求解即可.

【详解】设相邻两个节气晷长减少或增加的量为，则立冬到大雪增加，大雪到雨水先增加一个再减少,设大雪的晷长为,则,解得,

故选：B.

11. 已知的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则的形状是

A. 等边三角形 B. 等腰直角三角形 C. 锐角三角形 D. 钝角三角形

【答案】B

【解析】

【分析】利用正弦定理得到，根据三角函数和均值不等式分别得到

，，计算得到答案.

【详解】

的内角A，B，C

故答案选B

【点睛】本题考查了正弦定理，三角函数范围，均值不等式，综合性强，知识点多，意在考查学生的综合应用能力.

12. 设等差数列满足：，公差.若当且仅当时，数列的前项和取得最大值，则首项的取值范围是（    ）

A  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用公式对式子化简，再借助函数来处理.

【详解】由，

得，

由积化和差公式，得，

整理，得，

所以 ，因为公差，所以，

则.所以

，

设，其图像的对称轴方程为.

由题意，当且仅当时，数列的前项和取得最大值，

所以，解得.

则首项的取值范围是.故B，C，D错误.

故选：A.

二､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 已知与的夹角，则向量在向量方向上的投影为___________.

【答案】1

【解析】

【分析】利用向量投影的定义直接计算作答.

【详解】依题意，向量在向量方向上的投影为.

故答案为：1

14. 已知等比数列中，，公比，则______．

【答案】32

【解析】

【分析】利用等比数列的通项公式基本量计算求出答案.

【详解】由题意得：

故答案为：32

15. 已知圆锥的侧面积（单位：） 为2π，且它的侧面积展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：）是_______．

【答案】

【解析】

【分析】利用题目所给圆锥侧面展开图的条件列方程组，由此求得底面半径.

【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，则

，解得.

故答案为：

【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题.

16. 已知方程的四个根组成一个首项为的等差数列，设锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的取值范围为___________

【答案】

【解析】

【分析】根据给定条件，求出m，n的值，再利用正弦定理、二倍角的正弦及三角函数性质求解作答.

【详解】依题意，方程的四个根为，且成等差数列，

则有，，解得，，

则，锐角中，，则有，且，解得，，

由正弦定理得：，

所以的取值范围为.

故答案为：

【点睛】思路点睛：涉及求三角形周长、面积范围问题，时常利用三角形正弦定理，转化为关于某个角的函数，再借助三角函数的性质求解.

三､解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）

17. 已知，，．

（1）当时，求的值；

（2）若，求实数的值．

【答案】（1）9    （2）

【解析】

【分析】（1）利用平面向量的运算法则和数量积运算法则进行计算；（2）由向量垂直得到等量关系，求出实数的值.

【小问1详解】

当时，，

故，

小问2详解】

，

，

因为，

所以，

解得：.

所以实数的值为.

18. 已知等比数列，，.

（1）求数列的通项公式；

（2）若数列为正项数列（各项均为正），求数列的前项和.

【答案】（1）或；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据给定条件，求出公比，写出通项公式作答.

（2）由（1）的结论，再利用错位相减法求解作答.

【小问1详解】

等比数列的公比为q，，，则，解得，

所以当时，，当时，.

【小问2详解】

由（1）知，，则有，

则，

于是得，

两式相减，得，

所以.

19. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知且，

（1）证明：为等腰三角形；

（2）设的面积为，若___________，求的值.

在①；②两个选项中，选择一个填入上面空白处并求解

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分

【答案】（1）证明见解析；   

（2）条件选择见解析，.

【解析】

【分析】（1）将给定等式变形，利用余弦定理推理作答.

（2）选①，由（1）结合二倍角公式求出，再用余弦定理求出a即可求出面积作答；选②，由（1）直接求出a，b及，再求出面积作答.

【小问1详解】

在中，由，得，

由余弦定理得，，即，

所以等腰三角形.

【小问2详解】

选①，由（1）可知，，有，

因此，

整理得，而，解得，

由余弦定理得：，即，解得，而，

所以.

选②，因为，且，，解得，则，有，

所以.

20. 如图，正方体，其外接球与内切球的表面积之和为，过点的平面与正方体的面相交，交线围成一个正三角形.

（1）在图中画出这个正三角形（不必说明画法和理由）；

（2）平面将该正方体截成两个几何体，求体积较大的几何体的体积和表面积.

【答案】（1）答案见解析   

（2），

【解析】

【分析】（1）从作两条面对角线，再连接另外两点即可；

（2）设正方体的棱长为，正方体的体对角线即为外接球的直径，正方体的棱长即为内切球的直径，根据球的表面积公式得到方程，求出，再求出两部分的体积，最后再求表面积即可；

【小问1详解】

解：连接，则为所求三角形（作法不唯一），如图所示

小问2详解】

解：设正方体的棱长为，正方体的体对角线即为外接球的直径，正方体的棱长即为内切球的直径，

所以，解得，

平面将正方体截成三棱锥和多面体两部分，

所以，，

因此体积较大的几何体是多面体，其体积为，

由，所以，

，，

故多面体的表面积为.

21. 如图，在平面直角坐标系中，顶点在坐标原点，以轴非负半轴为始边的锐角与钝角的终边与单位圆O分别交于A，B两点，轴的非负半轴与单位圆O交于点M，已知点B的横坐标是.

（1）求的值；

（2）求的值.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据已知条件，利用三角形面积公式及同角公式求出的正余弦，再利用差角的余弦计算作答.

（2）利用（1）中信息求出，再讨论的范围求解作答.

【小问1详解】

由题意知，，点，则有，解得，

又为锐角，则，

因钝角的终边与单位圆的交点的横坐标是，则，

所以.

【小问2详解】

由（1）知，，

则，

从而

，

因为为锐角，，则有，即，又，因此，

所以.

【点睛】思路点睛：给值求角问题，选取某个函数，借助三角变换求出这个角了三角函数，再判断角所在区间求解作答.

22. 已知各项均为正数的数列的前项和为.

（1）求证：数列是等差数列，并求的通项公式；

（2）若表示不超过的最大整数，如，求的值；

（3）设，，问是否存在正整数m，使得对任意正整数n均有恒成立？若存在求出m的最大值；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析，；   

（2）；   

（3）存在，最大值为673.

【解析】

【分析】（1）利用给定的递推公式，结合“当时，”进行计算判断，再求出通项作答.

（2）在时，可得，再求和确定范围，按定义即可作答.

（3）利用裂项相消法求和，再判断单调性即可求解作答.

【小问1详解】

因为，则当时，，

即，而，有，即，

所以数列是以为首项，公差为1的等差数列，

于是得，即，

当时，，又满足上式，

所以的通项公式为.

【小问2详解】

由（1）知，当时，，

则

当时，，即对任意的，都有，

所以.

【小问3详解】

由（1）知，，

则有，

因，则数列单调递增，，

因对任意正整数均有成立，于是得，解得，而，则，

所以存在正整数，使得对任意正整数均有总成立，的最大值为673.

【点睛】易错点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．