試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁四川省成都市新都區2021-2022學年高一下學期期末數學試第I卷（選擇題）請點擊修改第I卷的文字說明評卷人得分一、單選題1．設，且，則下列各不等式中恒成立的是（

）A． B． C． D．2．（

）A． B． C． D．3．棱長為4的正方體的內切球的表面積為（

）A． B． C． D．4．設，是兩條不同的直線，，，是三個不同的平面，下列命題中正確的是（

）A．若，，則B．若，，，則C．若，，則D．若，，則5．等比數列的各項均為正數，且，則（

）A．12 B．10 C．8 D．66．如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G、H分別為AA1、AB、BB1、B1C1的中點，則異面直線EF與GH所成的角等于（

）A．45° B．60° C．90° D．120°7．已知函數，則的最小正周期為（

）A． B． C． D．8．數列的前n項和為，，若，則m的值為（

）A．5 B．6 C．7 D．89．已知，則A． B． C． D．10．已知內角A?B?C所對的邊分別為a?b?c面積為S，若，，則的形狀是（

）A．鈍角三角形 B．直角三角形 C．正三角形 D．等腰直角三角形11．在中，，為邊的中點，點在直線上，且，則的值為（

）A． B． C． D．12．在中，角A?B?C所對的邊分別為a?b?c，若，，，點O?H分別為的外心和重心，則的值為（

）A． B． C． D．第II卷（非選擇題）請點擊修改第II卷的文字說明評卷人得分二、填空題13．關于的不等式的解集是或，則___________.14．計算：__________.15．如圖，一輛汽車在一條水平的公路上向正西行駛，到處時測得公路北側一山頂D在西偏北的方向上，行駛600m后到達處，測得此山頂在西偏北的方向上，仰角為，則此山的高度________m.16．已知函數.①函數是偶函數；②函數是奇函數；③函數的值域為；④函數的值域為.其中正確的結論序號為___________.評卷人得分三、解答題17．已知向量，，，且，．(1)求與；(2)若，，求向量，的夾角的大小18．已知.(1)若x?，求的最大值；(2)若x?，求的取值范圍.19．已知為等差數列的前項和，，.（1）求的通項公式；（2）求數列的前項和.20．如圖，邊長為4的正方形中，點E?F分別在邊AB?BC上，，將，分別沿DE?DF折起，使A?C兩點重合于點.(1)求證：.(2)求三棱錐的體積.21．在銳角中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且．(1)求角A的大??；(2)若，求的取值范圍．22．若數列滿足.(1)求??及的通項公式；(2)若，數列的前n項和為，求證：.答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．D【解析】【分析】根據不等式的性質，逐項檢驗，即可判斷結果.【詳解】對于選項A，若，顯然不成立；對于選項B，若，顯然不成立；對于選項C，若，顯然不成立；對于選項D，因為，所以，故正確.故選:D.【點睛】本題考查了不等式的性質，屬于基礎題.2．A【解析】【分析】利用兩角差的正切公式計算可得；【詳解】故選：A3．C【解析】由正方體的內切球直徑為正方體棱長，直接求解.【詳解】由球內切于正方體，切點為正方體各個面的中心，正方體的棱長等于球的直徑，得，，故表面積為，故選：C.【點睛】與球有關的組合體問題，一種是內切，一種是外接．解題時要認真分析圖形，明確切點和接點的位置，確定有關元素間的數量關系，并作出合適的截面圖，如球內切于正方體，切點為正方體各個面的中心，正方體的棱長等于球的直徑；球外接于正方體，正方體的頂點均在球面上，正方體的體對角線長等于球的直徑.4．D【解析】【分析】ABC選項，均可以舉出反例；D選項，可以由線面垂直的性質進行證明.【詳解】選項A中若，，則，還有直線在平面內的情況，故A不正確，選項B中若，，，則，有可能兩個平面相交，故B不正確，選項C中若，，則，還有兩個平面相交的可能，故C不正確．選項D，若，，則，滿足直線與平面垂直的性質，所以D正確；故選：D．5．A【解析】【分析】根據等比數列的下標和性質即可求解.【詳解】解：根據等比數列的下標和性質，可得，，故選：A.6．B【解析】【分析】利用異面直線夾角的定義，將平移至為中點），通過為正三角形求解．【詳解】取中點連接，，則，與所成的角等于與所成的角．容易知道為正三角形，與所成的角等于.故選：B7．B【解析】【分析】利用平方關系、降冪及輔助角公式可得，根據三角函數性質求最小正周期.【詳解】由題設，，所以最小正周期為.故選：B8．C【解析】【分析】利用關系可得，并求得，根據等比數列的定義及其前n項和公式，即可求m的值.【詳解】由，則，兩式相減得：，而，所以，故是首項、公比均為的等比數列，所以，可得.故選：C9．B【解析】由三角函數的誘導公式，得到，再結合余弦的倍角公式，即可求解.【詳解】由題意，根據三角函數的誘導公式和余弦的倍角公式，可得.故選：B.【點睛】本題主要考查了三角函數的誘導公式和余弦的倍角公式的化簡求值，其中解答中熟記三角函數的誘導公式和三角恒等變換的公式，準確運算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.10．C【解析】【分析】利用正弦定理邊角關系及三角形內角性質求出角B，再由向量數量積定義和三角形面積公式求出角A，即可判斷形狀.【詳解】由題設及正弦定理邊角關系有，而且，所以，又，可得，所以，故，而，又，所以，故，，可得，綜上，為正三角形.故選：C11．D【解析】【分析】先確定為的交點，在構建平行線，利用相似三角形求解.【詳解】根據可知，共線，注意到它們共點，故三點共線，即為的交點，過作交于，于是易得于相似，，故，由，可知和全等，故，于是.故選：D

12．A【解析】【分析】取的中點，作交于，過點作，連接，根據三角形重心和外心的定義可知，，在中，分別求出及，再利用余弦定理即可得出答案.【詳解】解：如圖，取的中點，作交于，過點作，連接，根據三角形重心的定義可知，中，，則，所以和均為等腰直角三角形，，則，根據三角形外心的定義可知，由，則，則，，則，則，因為，，所以，所以，則，在中，，所以.故選：A.【點睛】本題考查了三角形的三心問題，在三角形外心和重心的基礎之上利用余弦定理解三角形的問題，關鍵是理解外心和重心的定義，有一定的難度.13．【解析】【分析】根據不等式的解集，結合其對應二次方程的根與系數的關系，列出滿足的方程，求得，則問題得解.【詳解】因為關于的不等式的解集是或，顯然，故其對應二次方程的兩根為或,則，解得，故.故答案為：.14．4【解析】【詳解】15．【解析】【詳解】試題分析:由題設可知在中,,由此可得,由正弦定理可得,解之得,又因為,所以,應填.考點：正弦定理及運用．16．①③【解析】【分析】對于選項①②.利用函數奇偶性的定義,即可判斷,對于選項③④,先利用三角函數的和差公式以及倍角公式化簡,再通過換元,轉化為二次函數最值問題即可.【詳解】解:因為,所以函數定義域關于原點對稱,又,故函數為偶函數.所以①正確,②錯誤.,令,,所以,所以,函數的值域為,所以③對,④錯.故選:①③.17．(1)，(2)【解析】【分析】（1）利用兩向量平行或垂直的坐標表示公式，即可求解；（2）首先求向量的坐標，利用向量夾角公式，即可求解.(1)，，得，，，得，所以，；(2)由（1）可知，，，向量，的夾角的大小為.18．(1)；(2).【解析】【分析】（1）由已知條件，利用基本不等式求得，即可確定最大值，注意取值條件.（2）由且得到，并代入目標式，應用二次函數性質求范圍.(1)由x?，則，故，當且僅當時等號成立，即的最大值為.(2)由，則，又，所以，由，所以.19．（1）；（2）.【解析】【分析】（1）設數列的首項為，公差為.代入已知條件解得后可得通項公式；（2）用裂項相消法求和．【詳解】（1）設數列的首項為，公差為.由題意得解得∴數列的通項公式.（2）由（1）得，∴．【點睛】本題考查求等差數列的通項公式，考查裂項相消法求和．數列求和除需掌握等差數列和等比數列的前項和公式外還需掌握錯位相減法、裂項相消法、分組（并項）求和法、倒序相加法等求和方法．20．(1)證明見解析(2)【解析】【分析】（1）取EF中點M,再證明EF⊥平面A′DM即可.（2）由（1）可知,再求解與即可.(1)證明：取EF中點M,連接A′M,DM,顯然,DE＝DF,故DM⊥EF；顯然,A′E＝A′F,則A′M⊥EF,又A′M∩DM＝M,且都在平面A′DM內,∴EF⊥平面A′DM,∵A′D?平面A′DM,∴A′D⊥EF；(2)易知,,,,,故，所以.∴,∴．21．(1)(2)【解析】【分析】(1)結合已知條件利用正弦定理求解即可；(2)結合已知條件利用余弦定理求出，然后利用(1)中結論和正弦定理可得，，再利用三角恒等變換求解即可.(1)因為，由正弦定