宁夏青铜峡市宁朔中学2021-2022学年高一下学期期末考试数学试题 Word版含解析

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青铜峡市宁朔中学吴忠中学青铜峡分校2021-2022学年高一年级第二学期期末考试数学试卷一、选择题(本大题共12个小题,每小题5分,共60分)1.若直线和没有公共点,则与的位置关系是()A.相交B.平行C.异面D.平行或异面【答案】D【解析】【分析】根据直线与直线的位置关系即可判断【详解】因为两直线相交只有一个公共点,两直线平行或异面没有公共点,故选:D.2.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体可以是(  )A.棱柱B.棱台C.圆柱D.圆台【答案】D【解析】【详解】由三视图知,从正面和侧面看都是梯形,从上面看为圆形,下面看是圆形,并且可以想象到该几何体是圆台,则该几何体可以是圆台.故选D.3.已知正数满足,则的最大值()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】直接使用基本不等式进行求解即可.

1【详解】因为正数满足,所以有,当且仅当时取等号,故选:B4.在中,,,,则()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由已知利用正弦定理即可求解.【详解】解:在中,,,,则由正弦定理,可得.故选:C.5.等差数列{an}中,a4+a8=10,a10=6,则公差d等于(  )A.B.C.2D.-【答案】A【解析】【分析】由条件,可得,又可得答案.【详解】等差数列中,,则,所以,则故选:A6.若a,b,c为实数,且,,则下列不等关系一定成立的是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由不等式的基本性质和特值法即可求解.【详解】对于A

2选项,由不等式的基本性质知,不等式的两边都加上(或减去)同一个数或同一个整式,不等号方向不变,则,A选项正确;对于B选项,由不等式的基本性质知,不等式的两边都乘以(或除以)同一个负数,不等号方向改变,若,,则,B选项错误;对于C选项,由不等式的基本性质知,不等式的两边都乘以(或除以)同一个正数,不等号方向不变,,,C选项错误;对于D选项,因为,,所以无法判断与大小,D选项错误.7.已知为数列的前n项和,若,则()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用得到公比,利用求出首项,利用求和公式求出答案.【详解】因为,所以数列为等比数列,公比,所以,解得:,所以故选:D8.如图,在正方体中,对角线与平面所成角的正弦值为A.B.C.D.【答案】D

3【解析】【分析】连接,可得为与平面所成角,在中,即可求解.【详解】连接,则为与平面所成角,设正方体的边长为,则在中,故选:D【点睛】本题考查了线面角,解题的关键是作出线面角,属于基础题.9.以下命题(其中a,b表示直线,表示平面),其中正确的是()A.若,则B.若,则C.若,则D.若,则【答案】D【解析】【分析】根据线面位置关系依次判断即可求解.【详解】解:对于A选项,若,则或,故错误;对于B选项,若,则或相交或异面,故错误;对于C选项,若,则或,故错误;对于D选项,若,则,为线面平行的性质,故正确.故选:D10.在△ABC中,角A、B、C所对的边分别为a、b、c,且,若,则△ABC的形状是()A.等腰三角形B.直角三角形C.等边三角形D.等腰直角三角形

4【答案】C【解析】【分析】先依据条件求得,再利用可以求得,从而判断△ABC的形状是等边三角形【详解】△ABC中,,则又,则由,可得,代入则有,则,则又,则△ABC的形状是等边三角形故选:C11.若不等式恒成立,则实数a的取值范围为()A.[0,4]B.[0,4)C.(0,4)D.【答案】B【解析】【分析】讨论或,利用一元二次不等式恒成立即可求解.详解】当时,恒成立;当时,则,解得,综上所述,实数a的取值范围为[0,4).故选:B12.设是同一个半径为4的球的球面上四点,为等边三角形且其面积为,则三棱锥体积的最大值为A.B.C.D.【答案】B【解析】

5【详解】分析:作图,D为MO与球的交点,点M为三角形ABC的中心,判断出当平面时,三棱锥体积最大,然后进行计算可得.详解:如图所示,点M为三角形ABC的中心,E为AC中点,当平面时,三棱锥体积最大此时,,点M为三角形ABC的中心中,有故选B.点睛:本题主要考查三棱锥的外接球,考查了勾股定理,三角形的面积公式和三棱锥的体积公式,判断出当平面时,三棱锥体积最大很关键,由M为三角形ABC的重心,计算得到,再由勾股定理得到OM,进而得到结果,属于较难题型.二、填空题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分)13.不等式的解集是___________________.【答案】或.【解析】

6【分析】根据一元二次不等式的解法即可求解.【详解】解:因为,即,所以或,所以不等式的解集是或,故答案为:或.14.若圆锥的底面面积为,母线长为2,则该圆锥的体积为__________.【答案】##【解析】【分析】利用圆锥的底面面积求出底面半径,利用勾股定理求出圆锥的高,进而利用圆锥的体积公式进行求解.【详解】圆锥的底面面积为,则底面半径r=1,由勾股定理可得:,所以圆锥的体积为故答案为:15.若x,y满足约束条件则z=x+7y的最大值为______________.【答案】1【解析】【分析】首先画出可行域,然后结合目标函数的几何意义即可求得其最大值.【详解】绘制不等式组表示的平面区域如图所示,

7目标函数即:,其中z取得最大值时,其几何意义表示直线系在y轴上截距最大,据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最大值,联立直线方程:,可得点A的坐标为:,据此可知目标函数的最大值为:.故答案为:1.【点睛】求线性目标函数z=ax+by(ab≠0)的最值,当b>0时,直线过可行域且在y轴上截距最大时,z值最大,在y轴截距最小时,z值最小;当b<0时,直线过可行域且在y轴上截距最大时,z值最小,在y轴上截距最小时,z值最大.16.已知数列首项,且,则数列的通项公式是=_________________【答案】【解析】【分析】根据,取倒数整理得到,再利用等差数列定义求解.【详解】因为数列首项,且,所以,所以数列是以1为首项,以2为公比的等差数列,所以,

8则,故答案为:三、解答题(本大题共6个小题,其中17题为10分,其它小题为12分,共70分)17.如图,已知正方体(1)哪些棱所在直线与直线是异面直线?(2)直线和和的夹角是多少?(3)哪些棱所在的直线与直线垂直?【答案】(1)棱AD、DC、CC′、DD′、D′C′、B′C′所在直线分别与直线BA′是异面直线;(2)45°(3)直线AB、BC、CD、DA、A′B′、B′C′、C′D′、D′A′分别与直线AA′垂直.【解析】【分析】(1)根据异面直线的定义即可求解;(2)由BB′∥CC′可知,∠B′BA′为异面直线BA′与CC′的夹角,即可得出结论;(3)根据线线垂直的判定定理即可求解.【小问1详解】由异面直线的定义可知,棱AD、DC、CC′、DD′、D′C′、B′C′所在直线分别与直线BA′是异面直线;【小问2详解】由BB′∥CC′可知,∠B′BA′为异面直线BA′与CC′的夹角,∠B′BA′=45°,所以直线BA′和CC′的夹角为45°;【小问3详解】直线AB、BC、CD、DA、A′B′、B′C′、C′D′、D′A′分别与直线AA′垂直.18.(1)已知,求的最小值;(2)已知是正实数,且,求的最小值.【答案】(1)7;(2).

9【解析】【分析】(1)由题可知,,利用基本不等式即可求解;(2)利用基本不等式“1妙用”即可求解.【详解】(1)∵,即,,当且仅当,即时取等号,∴的最小值为7.,,.当且仅当,即,时取等号.∴的最小值为.19.如图,已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是菱形,PA⊥平面ABCD,点E为PC的中点.(1)求证:平面BDE;(2)求证:PC⊥BD.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】【分析】(1)根据中位线的性质先证线线平行,再证明线面平行.(2)先证BD⊥平面PAC,再证PC⊥BD.【小问1详解】证明:连接AC交BD于O点,连接EO,

10如图所示:∵底面ABCD是菱形,∴O为AC的中点∵点E为PC的中点,∴∵平面BDE,且平面BDE∴平面BDE【小问2详解】证明:∵底面ABCD是菱形,∴AC⊥BD,∵PA⊥平面ABCD,底面ABCD,∴PA⊥BD∵,平面PAC,∴BD⊥平面PAC,又平面PAC,∴BD⊥PC.20.在公差为的等差数列{}和公比为的等比数列{}中(1)求数列{}与的通项公式;(2)令,求数列{}的前项和.【答案】(1),(2)【解析】【分析】(1)利用等差数列和等比数列的通项公式求解即可;(2)将通项公式分成等差数列和等比数列分别求和即可.【小问1详解】根据题意,得,解得,则;

11又得,解得,由得,,则.【小问2详解】,∴..21.已知的内角,,所对的边分别为,,,且.(1)求角;(2)当时,求面积的最大值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据题意结合余弦定理,即可求出结果;(2)由(1)可知,利用余弦定理,结合基本不等式即可求出,进而求出面积的最大值.【小问1详解】解:由,即,,又,故;【小问2详解】解:由(1)知,,∴.由余弦定理得,

12即,当且仅当时等号成立,∴,∴面积的最大值为.22.如图所示,在四棱锥中,底面是且边长为的菱形,侧面为正三角形,其所在的平面垂直于底面.(1)若为边的中点,求证:平面;(2)若为边的中点,能否在棱上找一点,使得平面⊥平面?并证明你的结论.【答案】(1)证明见解析(2)当F为PC边的中点时,满足平面DEF⊥平面ABCD,证明见解析.【解析】【分析】(1)根据题意可得BG⊥AD,根据面面垂直的性质可证;(2)先证平面DEF∥平面PGB,再说明平面PGB⊥平面ABCD即可.【小问1详解】在底面菱形ABCD中,∠DAB=60°,G为AD边中点,所以BG⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以BG⊥平面PAD.【小问2详解】当F为PC边的中点时,满足平面DEF⊥平面ABCD,证明如下:取PC的中点F,连接DE、EF、DF,在△PBC中,FE∥PB,FE平面PGB,PB平面PGB∴FE∥平面PGB在菱形ABCD中,DG∥BE且DGBEBEDG为平行四边形,则DE∥BG,DE平面PGB,BG平面PGB

13∴DE∥平面PGBEF∩DE=E,所以平面DEF∥平面PGB,因为BG⊥平面PAD,所以BG⊥PG,又因为PG⊥AD,AD∩BG=G,∴PG⊥平面ABCD,而PG⊂平面PGB,所以平面PGB⊥平面ABCD,所以平面DEF⊥平面ABCD.

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