四川省宜宾市2020学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）（通用）

1、宜宾市2020年春期高一期末教学质量监测试题数 学一、选择题：共12个小题，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. 已知向量 若 ，则实数A. 3 B. C. 5 D. 6【答案】D【解析】分析：利用向量共线的条件，即可求解.详解：由题意向量，因为，所以，解得，故选D.点睛：本题主要考查了向量的共线定理及其应用，其中熟记向量的共线定理和向量的坐标运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.2. 在等差数列中，已知,则公差=A. B. C. 4 D. 【答案】A【解析】分析：由题意，利用等差数列的通项公式，列出方程组，即可得到答案.详解：由题意，

2、等差数列中，则，解得，故选A.点睛：本题主要考查了等差数列的通项公式的应用，其中熟记等差数列的通项公式，列出方程组求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力属于基础题.3. 在中，所对的边分别为，若则A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：根据三角形的正弦定理，得，即，即可求解.详解：在中，由正弦定理可得，即，又由，且，所以，故选B.点睛：本题主要考查了利用正弦定理解三角形问题，其中认真分析题设条件，恰当的选择正弦定理求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.4. 在长方体中，底面为正方形，则异面直线与所成角是A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：根据长方体的性质，把异面直

3、线与所成的角，转化为与所成的角，在直角三角形中，即可求解.详解：由题意，在长方体中，所以异面直线与所成的角，即为与所成的角，在直角中，因为底面为正方形，所以为等腰直角三角形，所以，即异面直线与所成的角为，故选A.点睛：本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中根据几何体的结构特征，把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角，利用解三角形的知识求解是解答的关键，着重考查了转化思想方法，以及推理与计算能力.5. 已知正方形的边长为，为的中点, 则A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：根据向量的加法法则，可得，再根据向量的数量积的运算性质，即可求解.详解：由题意，因为为的中点，根据向量的加法法

4、则，可得，所以，故选A.点睛：本题主要考查了平面向量的基本定理和平面向量的数量积的运算，其中熟记平面向量的基本定理和数量积的运算公式是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.6. 设是空间中不同的直线，是不同的平面，则下列说法正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：利用线面位置关系的判定定理和性质定理，逐一判，定即可得到答案.详解：由题意，由于是空间不同的直线，是不同的平面，A中，或，所以不正确；B中，则是平行直线或异面直线，所以不正确；C中，或相交，所以不正确；D中，由面面平行的性质定理得，所以是正确的，故选D.点睛：本题主要考查了空间中点、线、面的位置关系的判

5、定，其中熟记空间中点、线、面位置的判定定理和性质定理是解答此类问题的关键，着重考查了推理与论证能力，属于中档试题.7. 四棱锥的三视图如图所示，则四棱锥的体积为A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：由已知中的几何体的三视图可知，该几何体表示一个底面为边长为1的正方形，高为1的四棱锥，利用椎体的体积公式，即可求解其体积.详解：由题意，根据给定的几何体的三视图可知，该几何体表示一个底面为边长为1的正方形，高为1的四棱锥，所以几何体的体积为，故选B.点睛：在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三

6、视图中为虚线.在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑.求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解.8. 设，且，则A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析：根据不等式的性质及指数函数的单调性，即可得到答案.详解：由题意，且，A中，如，所以，所以不正确；B中，如，所以，所以不正确；C中，由，符号不能确定，所以不正确；D中，由指数函数为单调递增函数，且，所以是正确的，故选D.点睛：本题主要考查了不等式的性质，以及指数函数的单调性的应用，其中熟记不等式的基本性质和函数的单

7、调性的应用是解答的关键，着重考查了推理，与论证能力，以及分析问题和解答问题的能力.9. 在中，点是上的点,且满足,则的值分别是A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析：利用平面向量的三角形法则和向量的共线定理，即可得出结论.详解：由题意，在中，为上的点，且满足，则，又由，所以，所以，故选C.点睛：本题主要考查平面向量的三角形法则的运算，以及平面向量的基本定理的应用，其中熟记平面向量的运算法则和平面向量的基本定理的应用是解答的关键，着重考查了推理与论证能力.10. 在数列中，若，则的值A. B. C. D. 【答案】A【解析】分析：由叠加法求得数列的通项公式，进而即可求解的和.详解：由题意

8、，数列中，则，所以所以，故选A.点睛：本题主要考查了数列的综合问题，其中解答中涉及到利用叠加法求解数列的通项公式和利用裂项法求解数列的和，正确选择方法和准确运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.11. 如图，在四边形中，已知， ，则的最小值为A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】分析：建立平面直角坐标系，设出点的坐标，利用不等式求解，即可得到答案.详解：建立如图所示的平面直角坐标系，设点，因为，所以，则，所以，又由，所以，即的最大值为，所以，即的最小值为3，故选C.点睛：本题主要考查了平面向量的基本定理的应用，以及平面向量的数量积的运算和不

9、等式的应用，其中建立直角坐标系转化为向量的坐标运算，合理利用不等式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.12. 已知数列是公差不为零的等差数列，且，为其前项和，等比数列的前三项分别为，设向量()，则的最大值是A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析：根据题意利用等比中项公式求解，进而得到等差数列的通项公式和前n项和，求解向量的坐标 ，利用向量模的运算公式，转化为二次函数求解最值，即可求解.详解：由题意构成等比数列，所以，即，解得，又由，所以，所以，所以，所以，由二次函数的性质，可得当取得最大值，此时最大值为，故选B.点睛：本题主要考查了等差数列的通项公式和等差数列的前项和

10、公式，以及向量的模的计算等知识点的综合应用，其中熟记等差、等比数列的通项公式和前项和公式，以及向量的基本运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于中档试题.二、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分。13. 不等式解集是_【答案】【解析】分析：利用一元二次不等式的解法，即可求解相应的一元二次不等式.详解：由题意，不等式，可化为，所以不等式的解集为.点睛：本题主要考查了实系数的一元二次不等式的解法，其中熟记一元二次不等式的求解方法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.14. 已知满足约束条件，则的最小值是_【答案】【解析】分析：作出约束条件所表示的平

11、面区域，结合图象，找出目标函数取得最小值的最优解，即可得到答案.详解：由题意，画出二元一次不等式组所表示的平面区域，如图所示，目标函数，可化为，结合图象，可知当直线过点时，目标函数取得最小值，由，解得，所以目标函数的最小值为.点睛：本题主要考查了利用简单的线性规划求最小值问题，其中对于线性规划问题可分为三类:（1）简单线性规划，包括画出可行域和考查截距型目标函数的最值，有时考查斜率型或距离型目标函数；（2）线性规划逆向思维问题，给出最值或最优解个数求参数取值范围；（3）线性规划的实际应用，着重考查了考生的推理与运算能力，以及数形结合思想的应用.15. 若互不相等的实数成等差数列，成等比数列，且

12、则_【答案】【解析】分析：由题意，互不相等的实数构成等差数列，设，又由成等比数列，求得，进而根据，即可求解.详解：由题意，互不相等的实数构成等差数列，设，又由成等比数列，所以，即，解得，所以三个数分别为，又因为，所以，所以实数.点睛：本题主要考查了等差数列和等比数列的应用，其中利用等差中项公式合理设出三个数，再利用等比数列的性质进行准确运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与计算能力，属于中档试题.16. 在正四棱锥中, ,若一个正方体在该正四棱锥内部可以任意转动，则正方体的最大棱长为_【答案】【解析】分析：设四棱锥内的正方体的棱长为，要使得正方体在四棱锥内任意转动，则

13、正方体的对角线长小于等于其内切球的直径，根据四棱锥体积相等，求得其内切球的半径，列出不等式，即可求解.详解：连接，交于点，连接，则底面，在直角中，所以，且斜高为，所以四棱锥的体积为，又由四棱锥的表面积为，设四棱锥的内切球的半径为，则四棱锥的体积为，即，解得，即四棱锥内切球的半径为，设四棱锥内的正方体的棱长为，要使得正方体在四棱锥内任意转动，则正方体的对角线长小于等于其内切球的直径，即，解得，所以正方体的最大棱长为.点睛：本题主要考查了棱锥的体积的计算，以及棱锥、正方体和球的组合体的应用，其中把一个正方体在棱锥内任意转动，转化为棱锥的内切球与正方体的对角线之间的关系，列出不等式是解答的关键，着重

14、考查了空间想象能力，以及推理与论证能力，试题难度较大，属于中档试题.三、解答题：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）若与的夹角是，求；（2）若，求与的夹角.【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）由向量的模的计算公式和向量的数量积的运算公式，即可求解；（2）根据，求得，即可求得向量的夹角.详解：（1） （2）设与的夹角为，（-） ， ， ,， 点睛：本题主要考查了向量的数量积的运算和向量的模与夹角的求解，其中熟记向量的基本概念和向量的基本运算公式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.18. 在公差不为零的等差数列中，若首项， 是与的等比中项.（1）求数

15、列的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）设等差数列的公差为,根据题设条件，求得，即可求得等差数列的通项公式；（2）由（1）得到数列数列的通项公式，利用乘公比错位相减法，即可求解数列的和.详解：（1）设等差数列的公差为（）, 是与的等比中项, 或 ， 解得 或 （舍去） （2） 由-得 点睛：本题主要考查等差数列的通项公式及求和公式、数列求和的“错位相减法”，此类题目是数列问题中的常见题型，对考生计算能力要求较高，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数.本题将数列与解析几何结合起来，适当增大了难度，能较好

16、的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等.19. 如图，在四边形中，已知，,.（1）求的大小；（2）若，求的面积.【答案】（1）120（2）【解析】分析：（1）在中，由正弦定理得：，求得，再根据四边形的内角和，求得，即可得到答案；（2） 在中，由余弦定理得，得，在由三角形的面积公式，即可求解.详解：（1）在中，由正弦定理得： , 又 , 故 （2） 在中,由余弦定理得, 点睛：本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角

17、公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.20. 如图所示，在四棱锥中，已知底面是矩形，是的中点，.（1）在线段上找一点,使得,并说明理由；（2）在（1）的条件下，求证.【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】分析：（1）由是线段的中点，在中，得到，再利用线面平行的判定定理，即可证得；（2）由，得，由四边形是矩形，得，利用线面垂直的判定定理，证得，进而得到，证得，即可得到.详解：（1）解：M是线段PD的中点，在中，O,M分别是BD、PD的中点， 又 （2） 又 四边形ABCD是矩形， 且 , 又 又 ，M是P

18、D的中点 且 点睛：本题考查线面位置关系的判定与证明，熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键，其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直21. 已知二次函数,且不等式的解集为，对任意的都有恒成立.（1）求的解析式；（2）若不等式在上有解，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）由题意的解集为转化为方程的两个根是和，由由韦达定理，在由在恒成立，根据，即可求解的值，得到函数的解析式；（2）由题意，分类参数得，设, 得到，利用均值不等式即可求解.详解：（1） 的解集为 方程的两个根是1和3. 故 又 在恒成立 在恒成立， 又 （2）由题意，即 设, 则 又 当且仅当即时取得最大值，即实数的取值范围为点睛：本题主要考查了二次函数的图象与性质，以及函数的恒成立问题和不等式的有解问题的求解，其中熟记二次函