四川省成都市2021-2022学年高一年级下册学期期末考试数学模拟卷（一）解析版

1、绝密启封并使用完毕前2022年成都市期末-数学模拟卷（一）数 学本第卷（选择题）和第卷（非选择题）。第卷1至2页，第卷3至4页。满分150分。时间120分钟。考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试题卷、草稿纸上大题无效。结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。第卷 （选择题 共50分）注意事项：必须使用2B铅笔在答题卡上将所选答案对应的标号涂黑。第卷共10小题。一、本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项，只有一项是符合题目要求的。1.若0aeq f(ab,2)eq r(ab)b B.beq r(ab)eq f(ab,2)aC.beq f(ab,2)eq r(ab)a D.

2、baeq f(ab,2)eq r(ab)答案C解析0aab，beq f(ab,2)eq r(ab).ba0，aba2，eq r(ab)a.故beq f(ab,2)eq r(ab)a.2.在ABC中，若点D满足eq o(BD,sup6(）2eq o(DC,sup6(），则eq o(AD,sup6(）等于()A.eq f(1,3)eq o(AC,sup6(）eq f(2,3)eq o(AB,sup6(） B.eq f(5,3)eq o(AB,sup6(）eq f(2,3)eq o(AC,sup6(）C.eq f(2,3)eq o(AC,sup6(）eq f(1,3)eq o(AB,sup6(） D

3、.eq f(2,3)eq o(AC,sup6(）eq f(1,3)eq o(AB,sup6(）答案D解析示意图如图所示，由题意可得eq o(AD,sup6(）eq o(AB,sup6(）eq o(BD,sup6(）eq o(AB,sup6(）eq f(2,3)eq o(BC,sup6(）eq o(AB,sup6(）eq f(2,3)(eq o(AC,sup6(）eq o(AB,sup6(）)eq f(1,3)eq o(AB,sup6(）eq f(2,3)eq o(AC,sup6(）.3.在ABC中，a7，b4eq r(3)，ceq r(13)，则ABC的最小角为()A.eq f(,3)B.eq

4、B. f(,6)C.eqC. f(,4)D.eqD. f(,12)答案B解析abc，C为最小角且C为锐角，由余弦定理，得cos Ceq f(a2b2c2,2ab)eq f(724r(3)2r(13)2,274r(3）eq f(r(3),2).又C为锐角，Ceq f(,6).4.已知数列an为等差数列且a1a7a134，则tan(a2a12)的值为()A.eq r(3) B.eq r(3) C.eq f(r(3),3) D.eq r(3)答案D解析由等差数列的性质得a1a7a133a74，a7eq f(4,3).tan(a2a12)tan(2a7)tan eq f(8,3)tan eq f(2,

5、3)eq r(3).5已知向量eq o(OA,sup6(）(1，3)，eq o(OB,sup6(）(2，1)，eq o(OC,sup6(）(k1，k2)，若A，B，C三点不能构成三角形，则实数k应满足的条件是()Ak2 Bkeq f(1,2)Ck1 Dk1答案C解析因为A，B，C三点不能构成三角形，则A，B，C三点共线，则eq o(AB,sup6(）eq o(AC,sup6(），又eq o(AB,sup6(）eq o(OB,sup6(）eq o(OA,sup6(）(1,2)，eq o(AC,sup6(）eq o(OC,sup6(）eq o(OA,sup6(）(k，k1)，所以2k(k1)0，即

6、k1.6.如图，在ABC中，AC2，BC2，ACB120.若ABC绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体的表面积是()A(62 eq r(3) ) B2C(92 eq r(3) ) D2 eq r(3) 选A.ABC绕直线 BC旋转一周，所形成的几何体是一个大圆锥去掉一个小圆锥因为AC2，BC2，ACB120，所以OA eq r(3) ，AB2 eq r(3) ，所以所形成的几何体的表面积是 eq r(3) (22 eq r(3) )(62 eq r(3) ).7设正实数a，b满足ab1，则下列说法不成立的是()A eq f(1,a) eq f(1,b) 有最小值4B eq f(ab,ab) 有

7、最大值 eq f(1,2) C eq r(a) eq r(b) 有最大值 eq r(2) Da2b2有最小值 eq f(1,2) 选B.因为a0，b0且ab1，所以ab( eq f(ab,2) )2 eq f(1,4) ，当且仅当ab eq f(1,2) 时等号成立，即ab的最大值为 eq f(1,4) . eq f(1,a) eq f(1,b) eq f(ab,ab) eq f(1,ab) 4，当且仅当ab eq f(1,2) 时等号成立，A成立； eq f(ab,ab) ab eq f(1,4) ，B错误，符合题意； eq r(a) eq r(b) eq r(ab2r(ab） eq r(1

8、2r(f(1,4）) eq r(2) ，当且仅当ab eq f(1,2) 时等号成立，C成立；a2b2(ab)22ab12ab12 eq f(1,4) eq f(1,2) ，当且仅当ab eq f(1,2) 时等号成立，D成立8若函数f(x) eq r(3) sin (2x)cos (2x)(0)的图象关于( eq f(,2) ，0)中心对称，则函数f(x)在 eq blcrc(avs4alco1(f(,4)，f(,6）) 上的最小值是()A1 B eq r(3) C eq f(1,2) D eq f(r(3),2) 选B.f(x)2sin (2x eq f(,6) )，又图象关于( eq f

9、(,2) ，0)中心对称，所以2 eq f(,2) eq f(,6) k(kZ)，所以k eq f(7,6) (kZ)，又0，所以 eq f(5,6) ，所以f(x)2sin 2x，因为x eq blcrc(avs4alco1(f(,4)，f(,6）) ，所以2x eq blcrc(avs4alco1(f(,2)，f(,3）) ，f(x) eq r(3) ，2，所以f(x)的最小值是 eq r(3) .9.已知两个等差数列 eq blcrc(avs4alco1(an） 和 eq blcrc(avs4alco1(bn） 的前n项和分别为Sn和Tn，且 eq f(Sn,Tn) eq f(3n39,

10、n3) ，则使得 eq f(an,bn) 为整数的正整数n的值可以为()A1 B3 C4 D5选C.由等差数列的求和公式可得S2n1 eq f(（2n1）（a1a2n1）,2) (2n1)an，T2n1 eq f(（2n1）（b1b2n1）,2) (2n1)bn.所以 eq f(S2n1,T2n1) eq f(an,bn) ，即 eq f(an,bn) eq f(3（2n1）39,（2n1）3) eq f(3n18,n1) eq f(3（n1）15,n1) 3 eq f(15,n1) ，则当n2，4，14时， eq f(an,bn) 为整数10设(0， eq f(,2) )，(0， eq f(

11、,2) )，且tan eq f(1sin ,cos ) ，则()A3 eq f(,2) B2 eq f(,2) C3 eq f(,2) D2 eq f(,2) 选B.由tan eq f(1sin ,cos ) ，得 eq f(sin ,cos ) eq f(1sin ,cos ) ，即sin cos cos cos sin ，所以sin ()cos sin ( eq f(,2) ).因为(0， eq f(,2) )，(0， eq f(,2) )，所以( eq f(,2) ， eq f(,2) )， eq f(,2) (0， eq f(,2) )，由sin ()sin ( eq f(,2) )，

12、得 eq f(,2) ，所以2 eq f(,2) .11一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群该塔群随山势凿石分阶而建，依山势自上而下，第一阶1座，第二阶3座，第三阶3座，第四阶5座，第五阶5座，从第五阶开始塔的数目构成一个首项为5，公差为2的等差数列，总计108座，故名一百零八塔则该塔的阶数是()A10 B11 C12 D13选C.设该数列为an，由题意得a5，a6，成等差数列，公差d2，a55，设塔群共有n层，则13355(n4) eq f(（n4）（n5）,2) 2108，解得n12.12.长方体ABCDA1B1C1D1的长，宽，高分别为3,2,1，从A到C1

13、沿长方体的表面的最短距离为()A1eq r(3)B2eq r(10)C3eq r(2) D2eq r(3)解析求表面上最短距离可把几何体展开成平面图形，如图(1)所示，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB3，BC2，BB11.如图(2)所示，将侧面ABB1A1和侧面BCC1B1展开，则有AC1eq r(5212)eq r(26)，即经过侧面ABB1A1和侧面BCC1B1时的最短距离是eq r(26)；如图(3)所示，将侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1展开，则有AC1eq r(3232)3eq r(2)，即经过侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1时的最短距离是3eq r(2)；如图(4

14、)所示，将侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1展开，则有AC1eq r(4222)2eq r(5)，即经过侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1时的最短距离是2eq r(5).由于3eq r(2)2eq r(5)，3eq r(2)1.a2eq f(a3,q)eq f(2,q)，a4a3q2q，eq f(2,q)2qeq f(20,3)，解得q1eq f(1,3)(舍)，q23.由q3知，a1eq f(2,9)，aneq f(2,9)3n123n3.实数x，y满足eq blcrc (avs4alco1(x1，,y0，,xy0，）则zeq f(y1,x)的取值范围是_解析作出可行域阴影部分，如图

15、所示，eq f(y1,x)的几何意义是点(x，y)与点(0,1)连线l的斜率，当直线l过B(1,0)时kl最小，最小为1.又直线l不能与直线xy0平行，kl1.综上，k1,1).15.已知数列 eq blcrc(avs4alco1(an） 的前n项和为Sn，且满足Snan4，则S4_当n1时，则有2a14，可得a12；当n2时，由Snan4可得Sn1an14，上述两式作差得2anan10，所以 eq f(an,an1) eq f(1,2) ，所以数列 eq blcrc(avs4alco1(an） 是以2为首项， eq f(1,2) 为公比的等比数列，因此S4 eq f(2blcrc(avs4a

16、lco1(1（f(1,2)）4）,1f(1,2） eq f(15,4) .答案： eq f(15,4) 16.延安革命纪念地景区，由宝塔山、枣园革命旧址、杨家岭革命旧址、中共中央西北局旧址、延安革命纪念馆组成其中，宝塔山是圣地延安的标志，也是中国革命的摇篮，见证了中国革命的进程，在中国老百姓的心中具有重要地位如图，宝塔山的坡度比为 eq r(7) 3(坡度比即坡面的垂直高度和水平宽度的比)，在山坡A处测得CAD15，从A处沿山坡往上前进66 m到达B处，在山坡B处测得CBD30，则宝塔CD的高为_由题可知CAD15，CBD30，则ACB15，所以BCAB66，设坡角为，则由题可得tan eq

17、f(r(7),3) ，则可求得cos eq f(3,4) ，在BCD中，BDC eq f(,2) ，由正弦定理可得 eq f(CD,sin 30) eq f(BC,sin blc(rc)(avs4alco1(f(,2） ，即 eq f(CD,f(1,2） eq f(66,cos ) eq f(66,f(3,4） ，解得CD44，故宝塔CD的高为44 m三、解答题：本大题共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(12分)已知函数f(x)sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,3）)coseq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,6）)2cos2

18、x1.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)若eq blcrc(avs4alco1(f(,4)，f(,2）)，且f()eq f(3r(2),5)，求cos 2.解(1)f(x)eq f(1,2)sin 2xeq f(r(3),2)cos 2xeq f(r(3),2)cos 2xeq f(1,2)sin 2xcos 2xsin 2xcos 2xeq r(2)sineq blc(rc)(avs4alco1(2xf(,4）)，函数f(x)的最小正周期为Teq f(2,2).(2)f()eq f(3r(2),5)，eq r(2)sineq blc(rc)(avs4alco1(2f(,4）)eq f(

19、3r(2),5)，sineq blc(rc)(avs4alco1(2f(,4）)eq f(3,5).eq blcrc(avs4alco1(f(,4)，f(,2）)，eq f(3,4)2eq f(,4)eq f(5,4)，coseq blc(rc)(avs4alco1(2f(,4）)eq f(4,5).cos 2coseq blcrc(avs4alco1(blc(rc)(avs4alco1(2f(,4）)f(,4）)coseq blc(rc)(avs4alco1(2f(,4）)cos eq f(,4)sineq blc(rc)(avs4alco1(2f(,4）)sin eq f(,4)eq f(

20、4,5)eq f(r(2),2)eq f(3,5)eq f(r(2),2)eq f(r(2),10).18.(12分)已知等差数列an的前n项和为Sn，nN*，a35，S10100.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2an2n，求数列bn的前n项和Tn.解(1)设等差数列an的公差为d，由题意，得eq blcrc (avs4alco1(a12d5，,10a1f(109,2)d100，）解得eq blcrc (avs4alco1(a11，,d2，）所以an2n1.(2)因为bn2an2neq f(1,2)4n2n，所以Tnb1b2bneq f(1,2)(4424n)2(12n)eq f(4

21、n14,6)n2neq f(2,3)4nn2neq f(2,3).19.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC求证：（1）A1B1平面DEC1；（2）BEC1E（1）见解析；（2）见解析.（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以EDAB.在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABA1B1，所以A1B1ED.又因为ED平面DEC1，A1B1平面DEC1，所以A1B1平面DEC1.（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BEAC.因为三棱柱ABCA1B1C1是直棱柱，所以CC1平面ABC.又因为BE平面ABC，所以CC1BE.因为C1C平面A1ACC1，AC

22、平面A1ACC1，C1CAC=C，所以BE平面A1ACC1.因为C1E平面A1ACC1，所以BEC1E.20.已知锐角ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b sin A cos Cc sin A cos B eq f(r(15)a,4) .(1)求sin A；(2)若a3 eq r(2) ，b4，求c.(1)因为b sin A cos Cc sin A cos B eq f(r(15)a,4) ，所以由正弦定理，得sin B sin A cos Csin C sin A cos B eq f(r(15)sin A,4) ，因为sin A0，所以sin B cos Csin C co

23、s B eq f(r(15),4) ，所以sin (BC) eq f(r(15),4) ，所以sin(A) eq f(r(15),4) ，所以sin A eq f(r(15),4) .(2)方法一：因为ABC为锐角三角形，所以A为锐角，因为sin A eq f(r(15),4) ，所以cos A eq f(1,4) .因为a3 eq r(2) ，b4，由余弦定理得(3 eq r(2) )242c224c eq f(1,4) ，所以c22c20，所以c eq r(3) 1.方法二：因为ABC为锐角三角形，所以A，B为锐角，因为a3 eq r(2) ，b4，所以由正弦定理得sin B eq f(b

24、 sin A,a) eq f(4f(r(15),4),3r(2） eq f(r(30),6) ，所以cos B eq f(r(6),6) .因为sin A eq f(r(15),4) ，所以cos A eq f(1,4) .所以sin Csin (AB)sin (AB)sin A cos Bcos A sin B eq f(r(30)（r(3)1）,24) ，由正弦定理得c eq f(a sin C,sin A) eq r(3) 1.21.如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1（1）证明：BE平面EB1C1；（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积（1）见详解；（2）18.（1）由已知得B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故又，所以BE平面（2）由（1）知BEB1=90.由题设知RtABERtA1B1E，所以，故AE=AB=3，.作，垂足为F，