2021-2022学年陕西省汉中市六校联考高一（下）期末数学试卷（Word解析版）

这是一份2021-2022学年陕西省汉中市六校联考高一（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】A，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前2021-2022学年陕西省汉中市六校联考高一（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）设集合，，，则(    )A.  B.  C.  D. 函数的定义域为(    )A.  B.  C.  D. 已知，，，则与的夹角为(    )A.  B.  C.  D. 若非零实数，满足，则下列不等式一定成立的是(    )A.  B.  C.  D. 已知点，分别为圆：与：上一点，则的最小值为(    )A.  B.  C.  D. 下列四个函数中，在区间上单调递增，且最小正周期为的是(    )A.  B.  C.  D. 在正方体中，，分别为，的中点，则下列说法错误的是(    )A.  B. 直线与异面
C.  D. 平面函数的值域为(    )A.  B.  C.  D. 设，满足约束条件，则的最大值为(    )A.  B.  C.  D. 将函数的图像向左平移个单位长度后得到曲线，若关于轴对称，则的最小值是(    )A.  B.  C.  D. 已知奇函数对任意，都满足，且当时，若，则(    )A.  B.  C.  D. 魏晋时期刘徽撰写的海岛算经是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高．一个数学学习兴趣小组研究发现，书中提供的测量方法甚是巧妙，可以回避现代测量器械的应用．现该兴趣小组沿用古法测量一山体高度，如图点、、在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，记为，为测量标杆问的距离，记为，、分别记为，，则该山体的高(    )
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）若直线与直线平行，则______．若关于的一元二次不等式对于一切实数都成立，则实数的取值范围为______．在三棱锥中，平面，，且，则该三棱锥外接球的表面积为______．在正项等比数列中，，记数列的前项积为，若，请写出一个满足条件的的值为______． 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）本小题分
已知二次函数满足．
Ⅰ求函数的解析式；
Ⅱ若函数在区间上单调，求实数的取值范围．本小题分
、如图，在三棱柱中，平面，，，是的中点，是与的交点．
Ⅰ证明：平面；
Ⅱ若，求三棱锥的体积．
本小题分
在中，内角，，的对边分别为，，，且．
求角的大小；
若，且的面积为，求的周长．本小题分
为了加强“疫情防控”，某校决定在学校门口借助一侧原有墙体，建造一间墙高为米，底面为平方米，且背面靠墙的长方体形状的校园应急室，由于此应急室的后背靠墙，无需建造费用，公司甲给出的报价为：应急室正面的报价为每平方米元，左右两侧报价为每平方米元，屋顶和地面报价共计元，设应急室的左右两侧的长度均为米，公司甲的整体报价为元．
试求关于的函数解析式；
现有公司乙也要参与此应急室建造的竞标，其给出的整体报价为元，若采用最低价中标规则，哪家公司能竞标成功？请说明理由．本小题分
已知圆的圆心为原点，且与直线相切，直线过点．
求圆的标准方程；
若直线与圆相切，求直线的方程；
若直线被圆所截得的弦长为，求直线的方程．本小题分
已知数列是等差数列，是等比数列，且，，．
求数列、的通项公式；
设，数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：集合，，，
，
则．
故选：．
由补集定义先求出，再由交集定义能求出．
本题考查集合的运算，考查补集、交集等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 2.【答案】 【解析】解：要使有意义，则，解得，
的定义域为．
故选：．
可看出，要使得有意义，需满足，然后解出的范围即可．
本题考查了函数定义域的定义及求法，对数函数的定义域，考查了计算能力，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：，，．
，，
，
又，，
故选：．
根据向量数量积定义，向量夹角公式即可求解．
本题考查向量数量积定义，向量夹角公式，属基础题．
 4.【答案】 【解析】解：对于，因为当，时，满足，但不成立，所以错；
对于，因为当，时，满足，但，，所以不成立，所以错；
对于，因为当，时，满足，但，，所以不成立，所以错；
对于，因为是单调递增函数，所以，所以对．
故选：．
根据不等式基本性质，用特值法判断，用函数单调性判断．
本题考查了不等式的基本性质，属于基础题．
 5.【答案】 【解析】解：根据题意，圆：，圆心为，半径，
圆：，圆心为，半径，
圆心距，
若点，分别为圆与圆上的点，则，
故选：．
根据题意，分析两个圆的圆心和半径，求出圆心距，由圆与圆的位置关系分析可得答案．
本题考查圆与圆位置关系的应用，涉及圆的标准方程，属于基础题．
 6.【答案】 【解析】解：在区间上不单调，不符合题意；
在区间上单调递增，且最小正周期为，符合题意；
在区间上单调递减，不符合题意；
的最小正周期为，不符合题意．
故选：．
结合正弦函数的性质分别判断各选项即可．
本题考查三角函数的性质，考查数学运算的核心素养，属于基础题．
 7.【答案】 【解析】解：在正方体中，，，
所以，
又平面，平面，
所以，，，平面，所以平面，
因为，分别为，的中点，所以，
所以，平面，，
因为，所以直线与不异面，故B错误．

故选：．
根据正方体的性质及线面垂直的判定定理证明即可．
本题考查了空间中线线，线面的位置关系，属于基础题．
 8.【答案】 【解析】解：函数；
故当时，函数取得最大值，当时，函数取得最小值为；
故函数的值域为．
故选：．
直接利用三角函数关系式的恒等变换和二次函数的性质的应用求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，三角函数的值，二次函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
 9.【答案】 【解析】解：作出不等式组对应的平面区域如图：
由，得表示，斜率为纵截距为的一组平行直线，
平移直线，当直线经过点时，直线截距最小，最大．
由，解得时，此时．
故选：．
作出不等式组对应的平面区域，利用的几何意义进行求解即可．
本题主要考查线性规划的基本应用，利用的几何意义是解决线性规划问题的关键，注意利用数形结合来解决．
 10.【答案】 【解析】解：将的图像向左平移个单位长度后得到曲线，则的解析式为，
的图像关于轴对称，
，，
的最小值是，
故选：．
利用三角函数中的恒等变换应用可求得的解析式，再利用关于轴对称，即可求得的最小值．
本题考查三角函数中的恒等变换应用，考查正弦函数的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
 11.【答案】 【解析】解：奇函数对任意，都有，
又，可得，
即的最小正周期为，
若，即有，
解得，
当时，，
可得，
解得．
故选：．
由奇函数的定义和，可得的最小正周期，结合对数的运算性质和已知区间上的解析式，解方程可得所求值．
本题考查函数的奇偶性和周期性的判断和运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
 12.【答案】 【解析】解：连接，并延长交于点，如图，

因为在中，
所以，
又因为在中，所以，
所以，所以，
即．
故选：．
根据所给数据，利用解直角三角形先求出，即可得解．
本题考查了解直角三角形，属于中档题．
 13.【答案】 【解析】解：直线与直线平行，
．
故答案为：．
利用直线与直线平行的性质直接求解．
本题考查直线与直线平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 14.【答案】 【解析】解：关于的一元二次不等式 对于一切实数都成立，
，
，
实数的取值范围为，
故答案为：
由题意得到，再解关于的一元二次不等式即可．
本题考查一元二次不等式的图像与性质，属于基础题．
 15.【答案】 【解析】解：根据题意可构造如下图的长方体，

故三棱锥外接球即为长方体的外接球，其外接圆半径为，则
，
所以．
故答案为：．
构造长方体，则三棱锥外接球即为长方体的外接球．
本题考查了三棱锥外接球的表面积计算，属于基础题．
 16.【答案】或 【解析】解：在正项等比数列中，，
则，
又，，
则，
即，
则，
则，
又，，
又，，
即当时，，
故答案为：或．
由题意可得：，则，则，然后求解即可．
本题考查了等比数列通项公式的求法，重点考查了等差数列前项和的求法，属基础题．
 17.【答案】解：二次函数，
得函数图像的对称轴为直线，，
由，得，解得，
故．
若函数在上单调递增，则，
若函数在上单调递减，则，即，
综上，实数的取值范围是． 【解析】Ⅰ根据函数值相等求得，再结合求得即可，
Ⅱ比较对称轴和区间的位置关系即可求解结论．
本题主要考查二次函数的性质的应用，属基础题．
 18.【答案】证明：Ⅰ连接，

易知是的中点．又是的中点，
是的中位线，，
平面，平面，
平面；
解：Ⅱ三棱锥与三棱锥是同一个三棱锥，
且，
． 【解析】Ⅰ由，根据线面平行的判定定理证明；
Ⅱ由棱锥体积公式计算．
本题考查了线面平行的证明和三棱锥的体积计算，属于中档题．
 19.【答案】解：因为，
由正弦定理得．
又，，所以，
又，所以．
因为，所以，
又，所以，．
由余弦定理可得，
所以所以的周长． 【解析】根据正弦定理进行化简求解即可．
根据余弦定理以及三角形的面积公式进行化简求解．
本题主要考查解三角形的应用，根据正弦定理，余弦定理以及三角形的面积公式进行转化是解决本题的关键，是中档题．
 20.【答案】解：因应急室的左右两侧的长度均为米，则应急室正面的长度为米，于是得，，
所以关于的函数解析式是；
由知，对于公司甲，当且仅当，即时取“”，
则当左右两侧墙的长度为米时，公司甲的最低报价为元，
对于乙，函数在上单调递增，，即乙公司最高报价为元，
因，因此，无论取何值，公司甲的报价都比公司乙的高，
所以公司乙能竞标成功． 【解析】根据给定条件，用表示出应急室正面墙的长度，再列式作答．
由的结论，利用均值不等式、函数单调性分别求出甲公司报价最小值、乙公司报价最大最小值，再比较作答．
本题考查了函数在生活中的应用、也考查了函数的单调性及利用基本不等式求函数的最值，属于中档题．
 21.【答案】解：圆心到直线的距离，
所以圆的半径为，
所以；
当直线斜率不存在时，圆心到直线的距离为，不相切．
直线斜率存在，设直线：，
由，得所以切线方程为，或．
当直线斜率不存在时，，直线被圆所截得的弦长为，符合题意；
当直线斜率存在时，设直线：，
由，解得：，
故的方程是，即，
综上所述，直线的方程为或． 【解析】利用点到线的距离等于圆的半径可求；
由，可求切线方程，
分斜率是否存在进行讨论，可求直线的方程．
本题考查直线与圆的位置关系，属中档题．
 22.【答案】解：因为数列是等比数列，又因为，
所以数列的公比，
由，所以得，
又因为数列是等差数列，且，，则公差，
所以，
故，；
由得：，
数列的前项和为，
所以，
由得：，
所以，
不等式恒成立，化为不等式恒成立，
令且为递增数列，即转化为
当时，，所以．
综上可得：实数的取值范围是． 【解析】根据条件求得的公比，即可求得其通项公式，继而可求得数列的公差，即可求得其通项公式；
由的结果可得的表达式，由错位相减法求得，将不等式对任意的恒成立，转化为数列的最值问题，即可求得答案．
本题考查了等差数列，等比数列的通项公式和错位相减求和，属于中档题．