四川省成都市蓉城名校联盟2021-2022学年高一下期期末联考文科数学试题【含答案】

1、蓉城名校联盟20212022学年度下期高中2021级期末联考文科数学考试时间120分钟，满分150分一、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. 若，则（ ）A. B. C. 4D. 4A【分析】直接由正切倍角公式求解即可.【详解】.故选：A.2. 若等比数列满足，则（ ）A. 1B. 2C. 3D. B【分析】先由等比中项求出，再由对数运算求解即可.【详解】由题意知，则.故选：B.3. 已知，是空间中两个不重合的平面，a，b是空间中两条不同的直线，则下列结论正确的是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，B【分析】由线面关系的判定及

2、性质依次判断即可.【详解】对于A，还可能是，A错误；对于B，由面面平行的性质知B正确；对于C，的关系不确定，C错误；对于D，还可能是，相交，D错误.故选：B4. 已知某圆锥的底面半径为1，高为，则该圆锥的表面积为（ ）A. B. C. D. C【分析】先求出圆锥的母线长，再根据圆锥的表面积公式即可得出答案.【详解】解：因为圆锥的底面半径为1，高为，所以圆锥的母线，所以该圆锥的表面积.故选：C.5. 若数列满足，且，则（ ）A. 1B. 2C. D. 1C【分析】先由递推关系式求得周期为3，再利用周期性求解即可.【详解】，故数列是周期为3的周期数列，则.故选：C.6. 如图，在三角形OAB中，若

3、向量，则向量（ ）A B. C. D. D【分析】利用向量减法的三角形法则化简已知条件，移项整理即得所求【详解】故选：D7. 设，则（ ）A. B. C. D. C【分析】先化简，再利用正弦函数的单调性即可【详解】因为在上单调递增所以即故选：C8. 函数在区间上的最小值为（ ）A. 1B. 1C. D. D【分析】化简可得，再结合正弦函数的图象分析求解即可【详解】，故当时，故当时， 取最小值故选：D9. 在菱形ABCD中，若，则（ ）A. B. C. 3D. 9A【分析】先由向量的平行四边形法则求得，再由数量积的定义得求解即可.【详解】连接交于点，则，易得，则，又，则.故选：A.10. 某几何

4、体是由若干个棱长为1的正方体组合而成，其正视图与侧视图如图所示，则该几何体的体积不可能为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6D【分析】分几何体由3个正方体构成，几何体由4个正方体构成，几何体由5个正方体构成三种情况讨论，即可得解.【详解】解：如图1，几何体由3个正方体构成，则该几何体的体积，故A可能；如图2，几何体由4个正方体构成，则该几何体的体积，故B可能；如图3，几何体由5个正方体构成，则该几何体的体积，故C可能；所以该几何体的体积最大为5.故选：D. 11. 若各项均为整数的递增数列的前n项和为，且，则满足的最大n值为（ ）A. 6B. 7C. 8D. 9B【分析】取使各项最小，由得；

5、取，由知的最大值为7.【详解】，要使n值最大，显然要尽可能的小，又，数列各项均为整数且为递增数列，取，此时，则，取，此时，满足题意，故的最大值为7.故选：B.12. 已知的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，AC边上的高等于AC，则（ ）A. B. C. 2D. A【分析】先由正弦定理及诱导公式倍角公式得，求得，再由即可求解.【详解】由正弦定理得，又，则，即，又，则，又，则，即；又AC边上的高等于AC，则，即，则.故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知向量与的夹角为60，则_.3【分析】直接根据数量积的运算公式即可得解.【详解】解：因为向量与的夹角为60，

6、所以.故3.14. 已知是第一象限角，若，则_.【分析】先求出，利用两角和的余弦公式即可求得.【详解】因为是第一象限角，所以，所以.故答案为.15. 已知数列的前n项和，则的最小值为_.【分析】根据求出数列的通项，再利用裂项相消法求出数列的前n项和，从而可得出答案.【详解】解：当时，当时，当时，上式也成立，所以，所以，所以，因为函数在上递增，所以当时，取得最小值，所以的最小值为.故答案为.16. 如图，已知正方体的棱长为a，点E，F，G，H，I分别为线段，BC，的中点，连接，DE，BF，CI，则下列正确结论的序号是_.点E，F，G，H在同一个平面上；平面平面EFD；直线DE，BF，CI交于同一

7、点；直线BF与直线所成角的余弦值为.【分析】对于，连接，证明，即可判断；对于，连接，证明平面平面，即可判断；对于，易得四点共面，四点共面，延长交于点，延长交于点，证明重合，即可判断；对于，取的中点，连接，证明，则即为直线BF与直线所成角的平面角，利用余弦定理即可判断.【详解】解：对于，连接，因为点E，F，G，H分别为线段，BC的中点，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以，所以，所以点E，F，G，H在同一个平面上，故正确；对于，连接，则，又平面，平面，所以平面，因为且，所以四边形是平行四边形，所以，所以，又平面，平面，所以平面，又因平面，所以平面平面，又平面平面，所以平面与平面EFD不平行，故

8、错误；对于，连接，则且，所以四点共面，延长交于点，则，连接，则且，所以四点共面，延长交于点，则，所以两点重合，所以直线DE，BF，CI交于同一点，故正确；对于，取的中点，连接，则且，所以四边形为平行四边形，所以，所以即为直线BF与直线所成角的平面角，在中，则，所以直线BF与直线所成角的余弦值为，故正确.故.三、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知向量，.（1）若，求的值；（2）若，求与的夹角.（1）； （2）【分析】（1）先求出，再由向量共线的坐标公式求解即可；（2）先求出，由向量垂直的坐标公式求出，再由夹角公式求出与的夹角即可.【小问1详解】易

9、得，又，则，解得；【小问2详解】易得，又，则，解得，即，则，又，故与的夹角为.18. 已知一次函数，数列满足.（1）若，求；（2）若，求数列的前n项和.（1）； （2）【分析】（1）由解出，即可求得；（2）先由解出，求得，由定义判断数列是等差数列，由等差数列求和公式求解即可.【小问1详解】由可得，化简得，解得，则；【小问2详解】由，解得，则，又，则数列是首项为，公差为1的等差数列，则.19. 如图，在三棱锥PABC中，点D为PA的中点，若点E为PB的中点.（1）求证：平面DCE；（2）求三棱锥PDCE与多面体DECBA的体积之比.（1）证明见解析 （2）分析】（1）证明即可；（2）先根据体积的

10、比例得，进而得到，从而得到三棱锥PDCE与多面体DECBA的体积之比.【小问1详解】因为点D为PA的中点，若点E为PB的中点，故为的中位线，故，又平面DCE，平面DCE，故平面DCE【小问2详解】因为 ，故，故，故20. 在ABC中，若，再从下列、这三个条件中选择一个作为已知，使ABC存在且唯一确定，并求BC边上的中线长.条件：BC2；条件：；条件：ABC的周长为6.答案见解析.【分析】如果选择条件或者，可以分析得到三角形的解不唯一；如果选择条件：先求出，再利用余弦定理求解.【详解】解：如果选择条件：由正弦定理得或，所以三角形有两解，与已知不相符，所以舍去；如果选择条件：由题得.由余弦定理得，

11、所以,所以BC边上的中线.所以BC边上的中线长为.如果选择条件：由题得 （1），由 （2）, 解（1）（2）得.所以该三角形无解，与已知不相符.21. 某地为迎接大学生运动会，拟在如图所示的扇形平地OAB上规划呈平行四边形的区域OMPN修建体育展览中心，已知扇形半径OA60m，圆心角，点P为扇形弧上一动点，点M，N分别为线段OA，OB上的点，设.（1）请用表示OM的长度；（2）求平行四边形OMPN面积的最大值.（1） （2）【分析】（1）中，利用正弦定理即可得出答案；（2）作于点，求出，再根据平行四边形OMPN面积，结合三角恒等变换化简，再结合三角函数的性质即可得出答案.【小问1详解】解：在平行四边形中，则，在中，由正弦定理得：，所以；【小问2详解】如图，作于点，则，所以平行四边形OMPN面积，因，所以，所以，即平行四边形OMPN面积的最大值为.22. 已知等比数列的前项和为，且，为常数列，且为数列的前项和.（1）求数列的通项公式；（2）若存在正整数i、j（其中），满足，求的最小值.（1） （2）【分析】（1）利用题设条件易得，再利用退位相减法