2021-2022学年四川省泸州市高一年级下册学期期末数学试题【含答案】

1、2021-2022学年四川省泸州市高一下学期期末数学试题一、单选题1已知集合，则（）ABCD【答案】C【分析】根据交集的定义计算可得.【详解】解：因为，所以；故选：C2已知向量，若，则（）ABCD【答案】D【分析】利用向量平行的坐标表示，代入即可求解.【详解】因为，所以，解得.故选：D.3已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的高为（）ABCD4【答案】C【分析】由扇形弧长公式求圆锥的母线长，再根据圆锥的母线、高和底面半径的关系求高.【详解】因为底面半径，所以母线长，所以圆锥的高.故选：C4在型病毒疫情初始阶段，可以用指数函数模型描述累计感染病例数随时间（单位：天）的变化规律.

2、指数增长率与、近似满足，其中为病毒基本再生数，为两代间传染所需的平均时间，有学者基于已有数据估计出，.据此，在型病毒疫情初始阶段，累计感染病例数增加至的4倍，至少需要（）（参考数据：）A6天B7天C8天D9天【答案】B【分析】代入已知数据求出，即可求出的解析式，进而可以求解【详解】解：由，可得，所以，则，设题中所求病例增加至倍所需天数为天，所以，即，所以，所以累计感染病例数增加至的4倍，至少需要天；故选：B5在平行四边形中，对角线与交于点，若，则（）AB2CD【答案】B【分析】根据平行四边形法则以及平行四边形的性质即可求出【详解】在平行四边形中，所以故选：B6已知，则（）ABCD【答案】C【分

3、析】根据两角和的余弦公式可得，即可求解.【详解】，.故选：C7记为等差数列的前项和.若，则的公差为（）A3BCD6【答案】A【分析】根据等差数列的性质，结合等差数列前项和公式，分别求出，即可求得公差.【详解】因为，所以且所以，则故选:A.8把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得图象向右平移个单位长度，得到图象对应的解析式为（）ABCD【答案】B【分析】根据三角函数的变换规则计算可得.【详解】解：将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变得到，将向右平移个单位长度得到；故选：B9某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是（）ABCD5【答案】C【分析】根

4、据三视图还原几何体，可得该棱锥4个面中有2个为直角三角形，2个面是等腰三角形，利用三视图中的数据即可得结果.【详解】该几何体是棱长分别为 的长方体中的三棱锥： ，其中： ，该几何体的表面积为： .故选C.【点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.10已知，则的大小关系正确的是（）ABCD【答案】D【分析】求出的范围和的值比较大小即可

5、.【详解】，则.故选：D.11如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（）A直线与直线垂直，直线平面B直线与直线平行，直线平面C直线与直线相交，直线平面D直线与直线异面，直线平面【答案】A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.【详解】连，在正方体中，M是的中点，所以为中点，又N是的中点，所以，平面平面，所以平面.因为不垂直，所以不垂直则不垂直平面，所以选项B,D不正确；在正方体中，平面，所以，所以平面，平面，所以，且直线是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.故选：A.【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相

6、垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.12定义在上的函数满足，若的图像关于点对称，且函数在上单调递增，则不等式的解集为（）ABCD【答案】A【分析】根据条件构造函数，易得为奇函数，且单调递增，从而可求得不等式解集.【详解】因为的图像关于点对称，由图像平移变换可知的图像关于原点对称，即为奇函数，令，则即也为奇函数，又函数在上单调递增，由对称性可知，在上递增，又因为，所以所以即所以，即解集为故选:A.二、填空题13_ .【答案】【详解】试题分析：【解析】倍角的正切14若点到直线的距离等于4，则的值为_.【答案】或【分析】由点到直线的距离公式代入即可得出答案.【详解】直线，化

7、为一般式方程为，又点到直线的距离等于4，所以，所以，解得：或.故答案为：或.15已知数列的前项和（其中为常数，），写出使不为等差数列的一个通项公式_.【答案】（其中c不为零均可）【分析】由与的关系求通项公式，分类讨论可知数列是否为等差数列.【详解】当时，当时，令，则，故当，即时，不是等差数列，当时，数列是等差数列.故答案为：（其中c不为零均可）16在三棱锥中，平面，已知，则该三棱锥的外接球的表面积为_.【答案】【分析】根据正弦定理求得外接圆的半径，再由平面，可得三棱锥的外接球的半径，从而可得出答案.【详解】解：设外接圆的半径为，则，所以，如图，设为三棱锥外接球的球心，为外接圆的圆心，则，所以三

8、棱锥的外接球的半径，所以该三棱锥的外接球的表面积为.故答案为：.三、解答题17在平面直角坐标系中，已知点.(1)求线段的垂直平分线方程；(2)设平面向量和，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）求出边所在直线的斜率和边的中点的坐标，由点斜式方程代入即可得出答案.（2）求出，再由平面向量数量积的定义即可得出答案.【详解】(1)（1）边所在直线的斜率，设边的中点的坐标为，则，边的垂直平分线经过点，且斜率为2，所以边的垂直平分线方程为，即.(2)因为，所以，又因为，所以.18已知函数的部分图象如图所示.(1)求函数的解析式；(2)设函数，求使成立的的取值集合.【答案】(1)；(2).【分析】（1

9、）根据图象先求出周期可得，再由特殊点可得；（2）由三角恒等变换化简出，解正弦型三角不等式即可得解.【详解】(1)由已知得，所以，所以，又因为，所以，因此.(2)因为函数，因为，则，所以，故，所以符合条件的的取值集合为.19已知数列满足，等差数列的前3项和为.(1)求数列与的通项公式；(2)记数列，求数列的前项和.【答案】(1)，；(2).【分析】（1）根据等比数列的通项公式求，再由等差数列的通项公式联立方程组求出首项、公差求；（2）由错位相减法求和即可得解.【详解】(1)因为，所以是首项为公比的等比数列，所以，设等差数列的公差为，所以，因为，所以，解得，所以；(2)由（1）知，所以，-得，.所

10、以.20设内角的对边分别为，已知.(1)求角的大小；(2)若，且_，求的周长.请在下列三个条件中，选择其中的一个条件补充到上面的横线中，并完成作答.的面积为；.注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一解答计分.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式计算可得；（2）若选，均可得，进而由余弦定理可得的值，可求周长【详解】(1)解：因为，由正弦定理可得，所以，在中，所以，因为，所以；(2)解：若选，因为的面积为，所以，所以.若选，因为，所以，所以.若选，由正弦定理，所以，因为.所以，由余弦定理得：，即，所以，则或（舍去），所以的周长为.21如图，等腰与

11、四边形所在平面互相垂直，若，(1)求证：平面；(2)若，求四面体的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）过点作的平行线交于点，连接，由题意可证得，由线面平行的判定定理即可证明.（2）因为平面，所以四面体的体积，由已知可证得平面，代入即可求出答案.【详解】(1)证明：过点作的平行线交于点，连接，因为，所以为中位线，即且，又因为，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面平面，所以平面：(2)由平面，所以四面体的体积，因为等腰与四边形所在平面互相垂直，且交线为，又因为，所以，因为平面，所以平面，又因为，因为，所以所以四面体CDEF的体积是.22已知函数.(1)若函数的定义域为，值域为，求的值；(2)若关于的方程的解集中有且只有一个元素，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据已知，利用函数的单调性建立方程组求解.（2）根据已知对式子进行变形，转化为含参的一元二次方程问题