2022青铜峡宁朔中学高一下学期期末考试数学试题含解析

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青铜峡市宁朔中学 吴忠中学青铜峡分校 2021-2022学年第二学期高一年级数学期末考试测试卷一、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.【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. 2 D. -【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【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【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】【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】【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，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，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）．【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，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；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，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∴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．