内蒙古赤峰市2021-2022学年高一数学（理）下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份内蒙古赤峰市2021-2022学年高一数学（理）下学期期末试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了 设全集，集合，，则集合， 设，，，则，9天B等内容，欢迎下载使用。
2022年赤峰市高一年级学年联考试卷理科数学2022.7一､选择题：本题共12小题，每小题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的.1. 设全集，集合，，则集合（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】集合与集合之间的交、补运算，计算即可.【详解】, , 而.故选：C.2. 若向量与向量共线，则A. 0 B. 4 C.  D. 【答案】D【解析】【详解】因为与向量共线，所以，解得，，故选D.3. 已知成等差数列，成等比数列，则等于A.  B.  C.  D. 或【答案】B【解析】【详解】试题分析：因为成等差数列，所以因为成等比数列，所以，由得，，故选B.考点：1、等差数列的性质；2、等比数列的性质.4. 设，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据已知条件，结合对数函数与指数函数的单调性，即可求解.【详解】因为函数在上单调递增，则，即，所以；因为函数在单调递增，则，所以；因为函数在上单调递减，则，所以，综上，.故选：A.5. 基本再生数与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数随时间t（单位：天）的变化规律，指数增长率r与，T近似满足.有学者基于已有数据估计出，.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数是原来的4倍需要的时间约为（参考数值：）（    ）A. 0.9天 B. 1.8天 C. 1.2天 D. 3.6天【答案】D【解析】【分析】根据所给模型求得，令，求得，根据条件可得方程，然后解出即可．【详解】把，代入，可得，，当时，，则，两边取对数得，解得．故选：D6. 下列函数为奇函数，且在上为增函数的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用函数的性质或图像（判断奇偶性和增减性）对各个选项进行验证排除即可得到答案.【详解】的定义域为，不关于原点对称，所以选项A错误；的函数图像在呈“波浪形”，有增有减，所以选项B错误；，为奇函数， 在内任取，且 ，则 ，又因为，所以 ，所以，为增函数，所以选项C正确；在递减，所以选项D错误；故选：C7. 如图，某几何体的三视图均为边长为4的正方形，则该几何体的体积是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】可将该空间几何体看作是由正方体削去两个三棱锥得到的几何体，体积为正方体减去两个锥体体积即可得.【详解】如图，由已知三视图可知，该几何体为正方体削去两个三棱锥得到的几何体，正方体体积为：；三棱锥体积为：；所以该几何体体积为：.故选A.8. 如图，平行四边形ABCD的对角线相交于点O，E为AO的中点，若，则等于（    ）A. 1 B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据向量的加减法运算及平面向量基本定理求解即可.【详解】由题意知，因为，所以，，.故选：B.9. 在长方体中，，，则异面直线与所成角的正弦值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】作图，构造三角形，将 与 的夹角转变为三角形内角，运用余弦定理求解.【详解】依题意作上图，延长 至 ，使得 ，连接 ， ，∴四边形 是平行四边形， ，异面直线 与 的夹角就是 与 的夹角 ， ， ， ，由余弦定理得 ， ，∴ ；故选：B.10. 意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，其中双曲余弦函数就是一种特殊的悬链线函数，其函数表达式为，相应的双曲正弦函数的表达式为.设函数，若实数m满足不等式，则m的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，写出函数解析式，由奇偶性和单调性，解不等式.【详解】由题意，，由，则函数为奇函数，即，因，易知其为增函数，则，解得或，故选：D.11. 设函数的最小正周期为，若，且函数的图像关于点中心对称，将的图像向左平移个单位后关于y轴对称，则的最小值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】分析】由周期范围求得的范围，由对称中心求解与值，可得函数解析式，然后根据平移得解析式，根据平移后的函数是偶函数，即可求解.【详解】函数的最小正周期为，则，由，得，，的图像关于点，中心对称，，且，则，．，，取，可得．，将的图像向左平移个单位后得到，由于是偶函数，所以，，令，故的最小值为故选：B12. 设定义域为R，且满足，，若，则（    ）A. 2023 B. 2024 C. 3033 D. 3034【答案】A【解析】【分析】根据函数的性质由，可得【详解】因为，，所以，由得，所以，，即，所以所以.故选：A.二､填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.请将答案填在答题卡对应题号的位置上.13. 若，，则___________.【答案】##【解析】【分析】根据平方关系和诱导公式可得.【详解】因为，所以，所以.故答案为：14. 若关于的不等式的解集为，则__________【答案】1【解析】【分析】根据二次不等式和二次方程的关系，得到是方程的两根，由根与系数的关系得到的值.【详解】因为关于的不等式的解集为所以是方程的两根，，由根与系数的关系得，解得【点睛】本题考查一元二次不等式和一元二次方程之间的关系，根与系数之间的关系，属于简单题.15. 若，则的最小值是___________.【答案】27【解析】【分析】由题目已知可得 ，可得，再利用基本不等式的性质即可得出.【详解】解：由，得；所以 ，可得；则,当且仅当时取等号.故答案：27.16. 如图，以等腰直角的斜边BC上的高AD为折痕把和折成互相垂直的两个平面，若，得出如下结论：①②三棱锥是正三棱锥③二面角的大小为④三棱锥的外接球的表面积为其中所有正确结论的序号是___________.【答案】①②④【解析】【分析】根据面面垂直得线面垂直，进而可证明线线垂直可判断①，根据三棱锥的棱长，可判断三角形为等边三角形，且三条侧棱长度相等即可判断②，根据二面角的几何法求解，可判断③，根据三棱锥外接球找球心的方法，可以确定球心在过中点的垂线上，进而可求④.【详解】因为平面平面，且为其交线，平面,故平面,又平面,所以，故① 对，由①知，,且,又因为,所以三棱锥是正三棱锥，②对，取的中点,连接 ,因为,,故,因此为二面角的平面角,在中，,故，所以③ 错误，过作,设球心为,过作交于，因为平面,所以平面,故四边形为长方形,所以,在直角三角形中，,在直角三角形中，,因此,故是的中点，因此,三棱锥的外接球的表面积为,故④对，故答案为：①②④三､解答题：共6小题，共70分.解答应写出文字说明､演算步骤或证明过程.17. 在中，角A､B､C的对边分别是a､b､c，且满足.（1）求B；（2）若，，求的面积.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理及三角形的内角性质，得到，求得，即可求解；（2）根据余弦定理列出方程，求得的值，结合面积公式，即可求解.【小问1详解】解：因为，由正弦定理得：，即，又因为，所以，即，因为，可得，所以，所以.【小问2详解】解：由，根据余弦定理得，即，又由，，可得，即，所以.18. 动物园需要用篱笆围成两个面积均为100的长方形熊猫活动室，如图所示，以墙为一边（墙不需要篱笆），并共用垂直于墙的一条边，为了保证活动空间，垂直于墙的边长不小于4，每个长方形平行于墙的边长也不小于4.（1）设所用篱笆的总长度为l，垂直于墙的边长为x.试用解析式将l表示成x的函数，并确定这个函数的定义域；（2）怎样围才能使得所用篱笆的总长度最小？篱笆的总长度最小是多少？【答案】（1），定义域为    （2）当垂直于墙的边长为时，篱笆的总长度最小是【解析】【分析】（1）根据图形寻找关系可得解析式，由边长不小于4可得定义域；（2）由基本不等式可得【小问1详解】由题意得，每个长方形平行于墙的边长，则∵且，∴所以函数的定义域为小问2详解】当且仅当，即时取等号，当垂直于墙的边长为m时，所用篱笆的总长度最小，篱笆的总长度最小是m.19. 已知函数.（1）求函数的最小正周期及其单调递增区间；（2）当，时，恒成立，求a的最大值.【答案】（1）最小正周期，单调递增区间为，    （2）最大值为0【解析】【分析】（1）根据正弦和余弦的二倍角公式以及辅助角公式即可化简为，然后根据周期公式可求周期，整体代入法求单调增区间,（2）根据的范围可求，进而可求的值域，故可求的范围.【小问1详解】故函数的最小正周期.由得.∴函数的单调递增区间为，.【小问2详解】∵，∴，∴，.由恒成立，得，即.故a的最大值为0.20. 如下图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，为的中点.（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）若四边形是正方形，且，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（I）证明见解析；（II）.【解析】【详解】试题分析：（I）连结，设与相交于点，连接，则为中点，根据中位线有，所以；（II）设的中点为，的中点为，以为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系.利用直线的方向向量和平面的法向量，计算线面角的正弦值.试题解析：证法1：连结，设与相交于点，连接，则为中点，为的中点，∴∴.【证法2：取中点，连接和，平行且等于，∴四边形为平行四边行∴，∴，同理可得∴又∴.（Ⅱ），∴又，∴又∴法一：设的中点为，的中点为，以为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系.则.∴，平面的一个法向量，.所以直线与平面所成角的正弦值为.【法二：取的中点，连结，则，故，∴，∴延长相交于点，连结，则为直线与平面所成的角.因为为的中点，故，又∴即直线与平面所成的角的正弦值为.】【法三：取的中点，连结，则，故，∴，∴取中点，连结，过点作，则，连结，，∴为直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角的正弦值为.】21. 设正项数列的前n项和为，，且满足___________.给出下列三个条件：①，；②；③.请从其中任选一个将题目补充完整，并求解以下问题：（1）求数列的通项公式；（2）设，是数列的前n项和，求证：.【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）选①根据对数的运算性质以及等比中项即可判断是等比数列，进而可求，选②根据的关系即可求解，选③根据递推关系即可相减求解，（2）根据裂项求和以及数列的单调性即可证明.【小问1详解】若选①，因为，所以，所以数列是等比数列设数列的公比为q，由得所以若选②，因为，当时，，所以，即当时，，所以所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列所以若选③，因为，当时，，所以，即当时，，所以，即，当时，上式也成立，所以【小问2详解】由（1）得所以∵，∴，∴易证时，是增函数，∴.故22. 已知函数，（1）若是偶函数，求实数a的值；（2）设函数，若关于x的方程有且只有一个实数根，求实数a的取值范围.【答案】（1）    （2）或【解析】【分析】（1）根据偶函数的性质求解即可.（2）由有且只有一个实数根得，有且只有一个实数根，根据的不同取值分情况讨论.【小问1详解】因为是偶函数，所以，解得.【小问2详解】，当时，不符合题意，舍去当时，显然单调递增，，；，，故时一定有且只有一个实数根.当时，，当且仅当时“=”成立.综上， 或.