陕西省西安市长安区第一中学2021-2022学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份陕西省西安市长安区第一中学2021-2022学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
长安一中2021-2022学年度第二学期期末考试高一数学试题时间：100分钟  分值：150分一、选择题：本题共14小题，每小题5分，共70分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 已知集合，集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】化简得，，再分析即可【详解】由题意，，，因为表示所有偶数，能表示所有整数，故故选：B2. 牛顿冷却定律描述物体在常温环境下的温度变化：如果物体的初始温度为，则经过一定时间t分钟后的温度T满足，h称为半衰期，其中是环境温度．若℃，现有一杯80℃的热水降至75℃大约用时1分钟，那么水温从75℃降至55℃，大约还需要（参考数据：，，）（    ）A. 3.5分钟 B. 4.5分钟 C. 5.5分钟 D. 6.5分钟【答案】C【解析】【分析】根据已知条件代入公式计算可得，再把该值代入，利用对数的运算性质及换底公式即可求解.【详解】解：由题意，℃，由一杯80℃的热水降至75℃大约用时1分钟，可得，所以，又水温从75℃降至55℃，所以，即，所以，所以，所以水温从75℃降至55℃，大约还需要分钟.故选：C.3. 已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，则函数的周期是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由奇函数性质可得，由偶函数性质可得，化简整理可得，即可求出周期.【详解】因为为奇函数，所以， 因为为偶函数，所以，则，则，即，所以，即，则，所以的周期是4.故选：C.4. 已知平面向量满足，且与的夹角为，则的最大值为（    ）A.  B. 6 C.  D. 8【答案】A【解析】【分析】根据向量减法的三角形法则，构造出三角形后运用余弦定理得到关于的方程，由判别式大于等于0可得的最大值.【详解】根据题意和向量减法的三角形法则，可构建如图所示三角形.所以，设，在中根据余弦定理化简得有正解，又因为二次函数对称轴，所以只需要判别式即可，解得，所以.故选：A.5. 某几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图均为等腰直角三角形，则该几何体的表面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由三视图可知该几何体是一个正四棱锥，且底面边长为2，高为1，从而可求出其表面积【详解】因为该几何体的三视图中，正视图与侧视图均为等腰直角三角形，俯视图为边长为2的正方形，所以该几何体是一个正四棱锥，且底面边长为2，高为1，如图所示，所以其表面积为，故选：D6. 若，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据二倍角公式，结合同角三角函数的关系求解即可【详解】因为，显然，故，故选：A7. 数列中，，，若，则（    ）A. 3 B. 5 C. 4 D. 6【答案】D【解析】【分析】令，求得，得到数列是首项为2，公比为2的等比数列，结合等比数列的求和公式，列出方程，即可求解.【详解】由题意，数列中，，，令，可得，即，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以，又由，解得.故选：D.8. 若两个正实数满足，且不等式有解，则实数的取值范围是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，结合基本不等式求得的最小值为，把不等式有解，转化为，即可求得实数的取值范围.【详解】由题意，正实数满足，则，当且仅当时，即时，等号成立，即的最小值为，又由不等式有解，可得，即，解得或，即实数的取值范围为.故选：C.9. 在平面直角坐标系中，曲线上任意一点到直线的距离的最小值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用点到直线的距离公式，求得点到直线的距离，结合基本不等式，即可求解.【详解】设曲线上任意一点，则 可得点到直线的距离为 由于，当且仅当时，即时，等号成立，所以点到直线的距离最小距离为.故选：C.10. 在△ABC中，已知，则△ABC的形状是（ ）A. 等腰三角形 B. 直角三角形C. 等腰直角三角形 D. 等腰三角形或直角三角形【答案】D【解析】【分析】由正弦和差角公式可化简得，再运用正弦定理将边化为角，根据正弦的二倍角公式化简，可得出三角形的角的关系，可判断出三角形的形状.【详解】由得，即得，即，再由正弦定理可得，即，所以，所以，即，解得或，即或，所以的形状为等腰三角形或直角三角形。故选：D.【点睛】本题主要考查正弦的和差角公式，正弦定理的应用，正弦的二倍角公式，关键在于运用相应的公式进行三角形的边角进行转化，统一边或角，属于中档题.11. 在平面中，过定点作一直线交轴正半轴于点，交轴正半轴于点，面积最小值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】设直线的截距式，再根据面积公式结合基本不等式求解最小值即可【详解】易得直线不经过原点，故设直线的方程为，因为直线过定点，故，所以，故.当时等号成立故故选：C12. 已知菱形的边长为3，，沿对角线折成一个四面体，使平面垂直平面，则经过这个四面体所有顶点的球的体积为（    ）．A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】设球心为，，则，，可得，求出，可得，即可求出球的体积．【详解】是的中点，由题意可知： 平面 ,如图所示，设球心为，在平面中的射影为，是的中点，，则，, 所以，球的体积为．故选：A．
 13. 已知数列满足，，记数列的前项和为，则=（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】将变为，即可得，利用裂项求和的方法可得，即可求得答案.【详解】因为,，所以，所以，又 ，故，故选：A14. 设函数的定义域为，若存在常数，使对一切实数均成立，则称为“函数”.给出下列函数：①；②；③；④；⑤是定义在上的奇函数，且对一切实数有.其中是“函数”的个数为（    ）A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个【答案】B【解析】【分析】对①,直接根据“函数”定义分析即可.对②,代入有恒成立, 不存在故不是“函数”；对③,举反例当时不成立即可.对④,代入化简可得恒成立,再根据二次函数的最值求解即可.对⑤, 取,即可证明恒成立,故是“函数”.【详解】①时,由,恒成立,故是“函数”；②时,,即,时即恒成立,而,故不存在,不是“函数”；③时,,故在时不成立,不是“函数”；④时,,时左右相等,时即恒成立.,,即可,,是“函数”；⑤由是定义在上的奇函数,则.取,,则,即恒成立,即可,是“函数”.综上,“函数”的个数为3个.故选：B【点睛】本题主要考查了函数新定义的应用,需要根据函数满足的关系式,结合已知函数的值域进行分析,或者举出反例.属于中档题.二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分．15. 不等式的解集为__________．【答案】【解析】【分析】将等价转化为或，解不等式组可得答案.【详解】原不等式等价于或，解得 或 ，故答案为：16. 直线关于直线的对称直线方程为__________．【答案】【解析】【分析】先求得两直线的交点坐标，然后在任取一点，求得其关于直线的对称点，即可求得答案.【详解】联立和直线，求得它们的交点为,在直线取点，设其关于的对称点为，则 ，解得，故直线关于直线的对称的直线为AC,其斜率为 ，直线方程为，即，故答案：17. 已知、满足，则的最小值是__________．【答案】##1.5【解析】【分析】画出不等式组表示的平面区域，数形结合即可求出.【详解】画出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分，，其中表示点与连线的斜率，由图可知，直线的斜率最小，联立方程，解得，所以.故答案为：.18. 在中，若，的面积为，角B的平分线交AC于点D，且，则________．【答案】【解析】【分析】根据面积关系可得，，再利用余弦定理即可求出.【详解】设三角形的三边分别为，则，所以，又，所以，由余弦定理，即.故答案为：.19. 在锐角三角形中，，则的最小值是________．【答案】##【解析】【分析】由已知结合三角函数恒等变换公式可得，再由为锐角三角形，可求出，而，令（），换元化简可求出其最小值【详解】因为在中，，,所以，所以，所以，因为为锐角三角形，所以，所以，所以因为为锐角三角形，所以，所以，所以，当且仅当时取等号，由，得，所以，所以，当且仅当时取等号， 所以，令（），则因为，所以，所以，所以，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为，故答案为：20. 如图所示，在正方体中，点E是棱上的一个动点，平面交棱于点F.给出下列四个结论：①存在点E，使得 //平面；②存在点E，使得 ⊥平面；③对于任意的点E，平面⊥平面 ④对于任意的点E，四棱锥的体积均不变其中，所有正确结论的序号是________.【答案】①③④【解析】【分析】根据线面平行和线面垂直的判定定理，以及面面垂直的判定定理和性质分别进行判断即可．【详解】解：①当为棱上的中点时，此时也为棱上的中点，此时；满足平面成立，①正确．②平面，若存在点，使得平面，则，则矩形，是正方形或菱形，在正方体中，．则矩形，不可能是正方形或菱形，不可能存在点，使得平面，②错误．③连结，则平面，而平面，平面平面，成立，③正确．④四棱锥体积等于，设正方体的棱长为1，无论，在何点，三角形的面积为为定值，三棱锥的高，保持不变．三角形的面积为为定值，三棱锥的高为，保持不变．三棱锥和三棱锥体积为定值，即四棱锥的体积等于为定值，④正确．故答案为：①③④  三、解答题：本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．21. 已知数列前项和满足．（1）求数列的通项公式；（2）已知__________，求数列的前项和．从下列三个条件中任选一个，补充在上面问题的横线中，然后对第（2）问进行解答．条件：① ；  ②；③注：如果选择多个条件分别解答，以第一个解答计分．【答案】（1）    （2）答案不唯一，具体见解析【解析】【分析】（1）由，利用，即可求得数列的通项公式；（2）分别选择条件①②③，求得数列的通项公式，结合乘公比错位相减法、裂项法和分类讨论，进而求得数列的前项和.【小问1详解】解：因为在数列中，．当时，；当时，，又因为也满足，所以数列的通项公式为．【小问2详解】解：选择条件①：由，可得，，两式相减得，故．选择条件②：由（1）知，所以∴.选择条件③：因为，当n为偶数时，；当n为奇数时，，综上所述：数列的前项和.22. 在锐角中，内角所对的边分别为，已知，（1）求角的大小；（2）求取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据已知结合和的余弦公式和二倍角公式化简可得即可求出；（2）利用正弦定理化边为角，由正弦函数的性质即可求出.【小问1详解】由可得，化简可得，即，又因为三角形为锐角三角形，所以．【小问2详解】根据正弦定理，可得，故，又因为，所以．23. 如图所示，在四棱锥中，平面，底面ABCD满足AD∥BC，，，E为AD的中点，AC与BE的交点为O．（1）设H是线段BE上的动点，证明：三棱锥的体积是定值；（2）求四棱锥的体积；（3）求直线BC与平面PBD所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）    （3）【解析】【分析】（1）证明平面，由于H是线段BE上的动点，即可证明三棱锥的体积是定值；（2）平面，说明是四棱锥的高，根据棱锥的体积公式即可求得答案；（3）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出平面的法向量，利用向量的夹角公式结合三角函数同角的关系求得答案.【小问1详解】因为底面为梯形，AD∥BC，E为AD的中点，且，所以四边形为平行四边形，则 ，又平面，平面，所以平面，又因为H为线段上的动点，的面积是定值，从而三棱锥的体积是定值．【小问2详解】因为平面，所以，结合，所以，又因为，且E为的中点，所以四边形为正方形，所以，结合，则平面，连接，则，因为平面，所以，因为，所以是等腰直角三角形，O为斜边上的中点，所以，且，所以平面，所以是四棱锥的高，又因为梯形的面积为，在中，，所以．【小问3详解】以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，则，则，设平面的法向量为，则 ，即 ，则 ，令，得到，设与平面所成的角为，则，所以，所以直线与平面所成角的余弦值为．24. 已知二次函数.（1）若，试判断函数零点个数；（2）是否存在，使同时满足以下条件：①对任意，且；②对任意，都有.若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）当时，函数有一个零点；当时，函数有两个零点；（2）存在，，，.【解析】【分析】（1）由，可得，代入判别式，讨论判别式的符号，可得函数的零点个数；（2）假设，，存在，由① 对称轴和顶点，由②可得以及联立求解.【详解】解：（1），即又已知当时，，函数有一个零点；当时，，函数有两个零点；（2）假设，，存在，由可得的对称轴为.即①又由得即②联立① ②可得故可化作.由条件② 可得.∴得.即∴  ，解得，又，，.综上所述：存在，，使其满足条件① ②.