2021-2022学年四川省广安市高一下学期期末考试数学试题(理科)(解析版)

四川省广安市2021-2022学年高一下学期期末考试数学试题（理科）一、选择题：本大题共12小题，每题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的。a0，则下列不等式正确的是(1．已知b)A．b2a2B．11baC．baD．abab〖解析〗当a2，b3时，满足b0a，但b2a2，ba，abab，A，C，D错误，ba0，10，10，11，B正确．baba〖答案〗B2．cos40sin70sin40sin160()A．1B．133D．C．2222〖解析〗cos40sin70sin40sin160cos40sin70sin40cos70sin(4070)sin(30)1．2〖答案〗B3．设m，n是不同的直线，是平面，则下列说法正确的是()mnA．若m//，//，则n//mnB．若m//，n//，则//n//D．若mn，，则nm，，则m//nC．若m〖解析〗如图所示，在正方体ABCDABCD1中：111对于A选项，取m为直线AD，为平面ABCD，n为直线AD，11mn满足m//，//，但是不满足n//，选项A错误；对于B选项，取m为直线AD，为平面ABCD，n为直线AB，1111mn满足m//，n//，但是不满足//，选项B错误；1C选项，取为直线，为平面ABCD，为直线，AAmnAD对于1满足m，nm，但是不满足n//，选项C错误；对于选项，由面面垂直性质定理的推论可知选项的结论成立．DD〖答案〗D4．2022北京冬奥会开幕式将我国二十四节气融入倒计时，尽显中国人之浪漫，倒计时依次、小寒、冬至、大秋、大暑、小暑、夏至、芒种、小满、立夏、谷雨、清明、春分、惊蛰、雨水、立春，已知从冬至到夏至的日影长等量减少，若冬至、小雪、霜降三个节气的日影长之和为34.5寸，冬至到秋分日影长之和为73.5寸，问立秋的日影长为B．2.5寸C．3.5寸所以日影长可构成等差数列{a}，为：大寒雪、小雪、立冬、霜降、寒露、秋分、白露、处暑、立等七个节气的()A．1.5寸D．4.5寸〖解析〗因为从冬至到夏至的日影长等量减少，n由题意可知34.5，则3a34.5，故a11.5，aaa13533又S7()7a73.5，解得a10.5，aa127744所以数列的公差为1，3d10.5313.5，daaaa1434所以立秋的日影长为a9d13.594.5．a101〖答案〗D5．如是图一个正方体的平面展开，图则在正方体中直线与的位置关系为()ABCDA．相交B．平行C．异面并且垂直D．异面但不垂直〖解析〗将展开图还原成正方体，由下图可知，直线与的位置关系是：异面．ABCD2连接BE，则BE//DC，EBA或其补角即为直线AB与CD的夹角，EBA60，所以直线AB与CD不垂直．〖答案〗D，则sin2的值为(6．若(，，)cos2sin()0)44A．1233D．1B．C．222〖解析〗(，)，cos2sin()0，44即cos2sin2sin()2cos2sin，422又(，)，则cossin0，即cossin2，42故12sincos1；即sin21．22〖答案〗D7．如图，在正方体ABCDABCD中，E，F分别为BC，CC的中点，过点A，E，F11111作一截面，该截面将正方体分成上下两部分，则下部分几何体的正视图为()A．C．B．D．〖解析〗由题意可知，几何体的图形如图，几何体的正视图为平面DCFD．1〖答案〗A38．已知a，b，c分别为ABC三个内角A，B，C的对边，且acosCbcosAb，则ABC是()A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．等腰或直角三角形〖解析〗由acosCbcosAb及正弦定理得，sinAcosCsinBcosAsinBsin(AC)sinAcosCsinCcosA，所以sinBcosAsinCcosA，所以sinBsinC或cosA0，所以BC或A90，故ABC是等腰三角形或直角三角形．〖答案〗D9．如图，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为67，30，此时气球的高是92m，则河流的宽度BC约等于()m．（用四舍五入法将结果精确到个位．参考数据：sin670.92，cos670.39，sin370.60，cos370.80，31.73)A．120mB．10mC．60mD．50m〖解析〗如图所示，ADCB，垂足为D，AD92在RtABD中，ABD67，AD92，所以AB，sinABDsin67在ABC中，BAC673037，ACB30，BCABsinBACsinACB根据正弦定理，492920.60ABsinBACsin67sin370.92得BC120(m)，sinACBsin3012所以河流的宽度BC约等于120m．〖答案〗A10．设等差数列{}的前项和为，，公差为，0，a0．则下列结anSa0daann191010论不正确的是()A．d0B．当n9时，取得最小值SnC．0aaa4518D．使得0成立的最大自然是是17Snn〖解析〗对于，因为等差数列A{}中，0，0，aaaa10n910所以0，0，所以公差a0，所以正确；daaaA910109对于，由于0，0，d0，0，所以前9项均为负数，所以当n9时，Ba9a10a1Sn取得最小值，所以正确；B对于，a3da4da17d3(a8d)3a0，所以正确；CaaaC451811119对于，因为0，0，Daa91017(aa)18(aa)18(aa)1189100，22所以11717a0,SS17291819(aa)192aS191019a0,d010，所以使得0成立的最大自然是是S18，所119n22n以错误．D〖答案〗D11．若正三棱柱ABCABC既有外接球，又有内切球，记该三棱柱的内切球和外接球的半111径分别为R、R，则R1()12R25A．B．5C．5D．35〖解析〗由于三棱柱的外接球和内切球的球心相同，所以设内切球的半径为，如图所示：r5设内切球的半径为，即，故2R，rBDrAD15R1R5R2(2R)所以外接球的半径R225R，所以．1112〖答案〗A2n12．设为等差数列的前项和，且，，若bacos，则数列{b}S{a}na3S253nn25nnn的前30项和()T30C．60{}的公差为d，a30D．A．60B．30〖解析〗设数列nad31d，解得1，2，a1因为3，25，所以54d252aS5a2512n3所以1(n1)22n1，所以bacos(2n1)cos2n，a3nnn22ncos，cos4，cos6，cos8，cos10，cos12，对于cos，它是这样的一些数：3333333，即1，1，1，1，1，1，，以3为周期循环，2222所以1(1)3(1)5155(1)57(1)591T302222(1)(13795557)511592(1)(41628112)(51159)21(4112)10(559)10()22229032030．〖答案〗B二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．62xy4013．若x，y满足约束条件x20y30，则zxy的最大值为．〖解析〗由约束条件作出可行域如图，x2联立，解得A(2,8)，2xy40由zxy，得yxz，由图可知，当直线yxz过A时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值为10．〖答案〗1014．在等比数列{a}中，n，，则a．aaa64a834552〖解析〗设等比数列{a}的公比为q，n3aaaa64，得a4，4由3454又a8，得q582，所以a41．4aa4q45a422〖答案〗115．已知正实数m，n满足mn21，则4n2的最小值为．mn〖解析〗正实数，n满足mn21，m4n24242)(mmn8n2mmn8n2m9217，mn1(mn2n)19则mn当且仅当m2n1时，取等号．24n2则的最小值为17．mn〖答案〗1716．在ABCac8asinBcsin2A0，中，角A，B，的对边分别为a，，c，若，CbABC面积的最大值为．则〖解析〗由正弦定理及asinBcsin2A0，知sinAsinBsinCsin2A0，7又sin2A2sinAcosA，且sinA0，AC所以sinB2sinCcosA0，即sin()2sinCcosA0，所以sinAcosCcosAsinC2sinCcosA0，即sinAcosC3sinCcosA0，由正弦定理，可得acosC3ccosA0，c23cbca20，a2再由余弦定理，可得ab2222ab2bcc2，a化简得，2b22a2c21(a2c2)cosBa2c2ba23c223ac由余弦定理知，23，22ac2ac4ac4ac2当且仅当a3c时，等号成立，此时cosB3，212所以sin1cos，B2B所以面积S1acsinB1812，ABC222即ABC面积的最大值为2．〖答案〗2三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明或演算过程．{|1x3}．17．（10分）已知不等式(1)4x60的解集是ax2x（1）求常数a的值；（2）若关于的不等式40的解集为，求的取值范围．axmxxRm2解：（1）不等式(a1)x24x60的解集是{x|1x3}，4a121和3是方程(a1)x4x60的解，，解得，；a16a123（2）由1不等式40化为40，不等式40的解集为，aaxmxxmxxmx222R4m4则△m2160，，m的取值范围是[4，4]．18．（12分）已知，(0,)，sin()，tan1．32452（1）求sin的值；8（2）求tan()的值．解：（1）(0,)，(,)，4424cos()1sin2()4，44524452523272sinsin[()]sin()coscos()sin．444441072（2）由（1）知，sin，10，(0,)cos1sin22，tan7，21071tantan1tantan12，tan()．tan132172a3aa8n4(n2)19．（12分）已知数列{a}满足，．n1nn1（1）求数列{a}的通项公式；n1（2）求数列的前n项和T．nan解：（1）当n2时，a(aa)(aa)()aaa1nnn1n1n221(8n4)(8n12)123[(8n4)12](n1)34n21，2当n1时，a3，符合a4n1，所以a4nnN*1()．221nn（2）11111)，(a4n2122n12n1n111112n12n1)1(1111n2n1)2n1．所以T(n21335220．（12分）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，底面ABCD，PAAB1，PAAD3，点F是PB的中点，点E在边上移动．BC（1）当点为的中点时，求异面直线PD和EF所成的角的正切值；EBC（2）求证：无论点在边的何处，都有PEAF．EBC9（1）解：因为E为BC的中点，F是PB的中点，所以EF//PC，DPC为异面直线PD和EF所成的角或其补角由题意可知PD2,DC1,PC5，PD2PC2DC22PDPC451，25故cosDPC2255sinDPC5，tanDPC125所以异面直线PD和EF所成的角的正切值为1；2（2）证明：因为PA底面ABCD，所以PADA，又DAAB，PAABA，所以DA平面PAB，又DA//BC，所以BC平面PAB，而AF平面PAB，所以FABC，又在等腰三角形中，中线FAPB，PBBCB，PAB所以AF平面PBC，而PE平面PBC，所以无论点E在BC边的何处，都有PEAF21．（12分）内角A，B，所对的边分别为a，，c，已知bca(cosBcosC)．ABCCb（1）求A；b（2）若a，，c成等差数列，求sinBsinC．解：（1）由正弦定理及bca(cosBcosC)，得sinBsinCsinA(cosBcosC)，所以sin(AC)sin(AB)sinAcosBsinAcosC，即sinAcosCcosAsinCsinAcosBcosAsinBsinAcosBsinAcosC，所以cosAsinCcosAsinB0，即cosA(sinCsinB)0，因为sinB0，sinC0，所以cosA0，即A．2b，sinCc，（2）因为A，所以sinB2aa10c2bb，成等差数列，所以ac2b，即1①，c因为，aaabc，即()()21②，2aa在RtABC中，有ba22c2b4c3sinsinC7．B5联立①②得，，，所以a5a522．（12分）已知数列{}中，，4．aa1(a1)(a3)n1n1n1a1（1）证明数列{}为等差数列，并求数列{}的通项公式；ann（2）若22n1(a1)，求数列{}的前n项和T；bbnnnnn（3）若存在nN*，使得(a3)(a13)(a3)(a3)kn3成立，求实数k的取值范22n