2022年6月成都市高一数学（理）下期期末联考卷附答案解析

年6月成都市高一数学（理）下期期末联考卷一、单选题1．若，则（

）A． B． C．4 D．－42．若等比数列满足，则（

）A．1 B．2 C．3 D．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．，4．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．5．若数列满足，且，则（

）A．－1 B．2 C． D．16．设，，，则（

）A． B． C． D．7．在菱形ABCD中，若，则（

）A． B． C．3 D．98．若关于x的不等式在上恒成立，则m的取值范围为（

）A． B． C． D．9．某几何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．3 B．4 C．5 D．610．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．6 B．7 C．8 D．911．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．2 D．12．如图，在中，点C满足，点P为OC的中点，过点P的直线分别交线段OA，OB于点M，N，若，，则的值为（

）A．3 B．4 C．5 D．6二、填空题13．已知向量与的夹角为60°，，则______.14．已知，则______.15．已知数列的前n项和，则的最小值为______.16．如图，已知正方体的棱长为2，点E，F，G，H，I分别为线段，，，BC，的中点，连接，，，DE，BF，CI，EH，则下列正确结论的序号是______.①点E，F，G，H在同一个平面上；②直线DE，BF，CI交于同一点；③直线BF与直线所成角的余弦值为；④该正方体过EH的截面的面积最大值为.三、解答题17．已知向量，，.(1)若，求的值；(2)若，求与的夹角.18．已知一次函数，数列满足.(1)若，求；(2)若，求数列的前n项和.19．在△ABC中，若，，再从下列①、②、③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①：BC＝2；条件②：；条件③：△ABC的周长为6.20．如图，在三棱锥P－ABC中，点D是PA的中点，点E为线段PB上一动点.(1)若点E为线段PB的中点，求证：平面DCE；(2)若点E满足，求三棱锥与多面体的体积之比.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OA＝60m，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.22．已知递减的等比数列的前项和为，且，为等差数列，且为数列的前项和.(1)求数列的通项公式；(2)若存在正整数、（其中），满足，求的取值组成的集合.【答案】1.A【分析】直接由正切倍角公式求解即可.【详解】.故选：A.2．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．B【分析】由线面关系的判定及性质依次判断即可.【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：B.4．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．C【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．C【分析】先由倍角公式得，再由正弦差角公式得及诱导公式得，由正弦函数单调性比较大小即可.【详解】，，，由正弦函数的单调性知，.故选：C.7．A【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.8．D【分析】先由三角恒等变换将题设转化为在上恒成立，再由正弦函数的性质求出，即可求解.【详解】不等式可转化为，即在上恒成立，当时，，则，则.故选：D.9．D【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.

10．B【分析】取使各项最小，由得；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.11．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.12．D【分析】先由向量的线性运算得，再由得，由三点共线即可求解.【详解】由题意得，，则，又，则，则，又三点共线，则，即.故选：D.二、填空题13．【分析】直接由数量积的定义及运算律求解即可.【详解】.故答案为：.14．【分析】直接利用诱导公式及二倍角公式求解即可.【详解】.故答案为：15．【分析】先由求出，再化简出，由裂项相消法求和得，再由增减性求得最小值即可.【详解】当时，，，当时，，也符合，则，，则，易得随着的增大而增大，故当时，取得最小值，最小值为.故答案为：.16．①②③【分析】对于①，由即可证得点E，F，G，H共面；对于②，延长交于，由平面平面，证得，即可证得直线DE，BF，CI交于同一点；对于③，取中点，或其补角即为直线BF与直线所成角，再由余弦定理求解即可；对于④，求出截面的面积即可判断.【详解】对于①，如图，连接，因为点F，G分别为线段，的中点，则，又点E，H分别为线段，BC的中点，则，则，则共面，即点E，F，G，H在同一个平面上，①正确；对于②，连接，易得，则共面，延长交于；易得，则共面；，共面；平面平面，又平面，平面，则，即直线DE，BF，CI交于同一点，②正确；对于③，取中点，连接，易得，则或其补角即为直线BF与直线所成角，又，则，则直线BF与直线所成角的余弦值为，③正确；对于④，连接，易得，则四边形即为正方体过EH的一个截面；又，，则四边形的面积为，则④错误.故答案为：①②③.三、解答题17．(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.【详解】(1)易得，又，则，解得；(2)易得，又，则，解得，即，则，又，故与的夹角为.18．(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.【详解】(1)由可得，化简得，解得，则；(2)由，解得，则，又，，则数列是首项为，公差为1的等差数列，则.19．答案见解析.【分析】如果选择条件①或者③，可以分析得到三角形的解不唯一；如果选择条件②：先求出，再利用余弦定理求解.【详解】解：如果选择条件①：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②：由题得.由余弦定理得，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③：由题得

（1），由

（2）,解（1）（2）得.所以该三角形无解，与已知不相符.20．(1)证明见解析；(2)【分析】（1）由即可证得平面DCE；（2）先求出，三棱锥与四棱锥等高，由即可求出体积比.【详解】(1)由点D是PA的中点，点E为PB的中点，可得，又平面DCE，平面DCE，则平面DCE；(2)连接，由可得，则，又，则，，即，则，又因为三棱锥与四棱锥等高，则.21．(1)(2)【分析】（1）在中，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.【详解】(1)解：在平行四边形中，，，则，在中，由正弦定理得：，所以；(2)如图，作于点，则，所以平行四边形OMPN面积，因为，所以，所以，即平行四边形OMPN面积的最大值为.22．(1)(2)【分析】（1）设等比数列的公比为，分析可