高一数学下学期第二次阶段考试试题含解析 试题

民族中学2021届下学期第二次阶段考
制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日
高一数学试卷
一.选择题：本大题一一共12小题，每一小题5分，一共60分.在每一小题给出的四个选项里面，只有一项是哪一项符合题目要求的.
1. 点在直线上，在平面外，用符号表示正确的选项是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为点动成线，线动成面，所以直线和平面可以看做是点构成的集合，那么点看做元素。

因为元素与集合之间用和，集合与集合之间用和，所以答案选B。

2. 空间中的四个点可以确定的平面有
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】四个点都在一个平面即确定一个平面；
四个点如四面体四个顶点排列可以确定四个面；
...............
3. 在长方体中，异面直线所成的角等于
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】试题分析：由题可知，在正方体中，,所以异面直线与所成的角与异面直线与所成的角相等，连接，BD,为所求角，设正方体的边长
为1，在中，三条边长均为，故=.
考点：异面直线所成角
4. 在中，假设那么角等于
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】试题分析：由，所以，应选B．
考点：两角和的正切公式．
5. 等边三角形的边长为，那么它的平面直观图面积为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】正三角形ABC的边长为1，故面积为，而原图和直观图面积之间的关系，故直观图△A/B/C/的面积为
故答案为D
6. 向量那么
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
选D.
7. 在三角形中，,那么的大小为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】试题分析：
考点：余弦定理
8. 圆锥的外表积为6，且它的侧面展开图是一个半圆，那么这个圆锥的底面半径为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设底面半径为，侧面展开图半径为；
底面周长等于侧面半圆周长，即
选A
9. 一个长方体的棱长分别为，它的顶点都在同一个球面上，这个球的体积为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】长方体中心即为球心，设球的半径为，那么半径长为长方体中心到长方体顶点间隔
选B
点睛:空间几何体与球接、切问题的求解方法
(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)假设球面上四点构成的三条线段两两互相垂直，且
，一般把有关元素“补形〞成为一个球内接长方体，利用
求解．
10. 函数的值域为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】令，那么原式变为
在递减，
值域为选C
11. 在中，内角所对的边长分别是，假设那么
的形状为
A. 等腰三角形
B. 直角三角形
C. 等腰直角三角形
D. 等腰或者直角三角形【答案】D
【解析】余弦定理得代入原式得
解得
那么形状为等腰或者直角三角形,选D.
点睛：判断三角形形状的方法
①化边：通过因式分解、配方等得出边的相应关系，从而判断三角形的形状．
②化角：通过三角恒等变形，得出内角的关系，从而判断三角形的形状，此时要注意应用
这个结论．
12. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实现画出的是某多面体的三视图，那么该
多面体的外表积为〔〕
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】试题分析：由三视图该几何体是以侧视图为底面的斜四棱柱，所以该几何体的外表积，应选B．
考点：空间几何体的三视图及外表积．
二．填空题：本大题一一共4小题，每一小题5分，一共20分. 把答案填在答题卡上.
13. ，且，那么锐角＝________．
【答案】〔写也可以〕
【解析】由得
14. ，且，那么的最小值为________．
【答案】
【解析】，当且仅当时等号成立
那么
点睛：在利用根本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑〞等技巧，使其满足根本不等式中“正〞(即条件要求中字母为正数)、“定〞(不等式的另一边必须为定值)、“等〞(等号获得的条件)的条件才能应用，否那么会出现错误.
15. 函数．那么函数的值域为 ______.
【答案】.
【解析】
那么值域为
16. 设是数列的前n项和，且，，那么________．
【答案】
【解析】试题分析：因为,且,所以,又,故是以为首项,,即.故应填.考点：等差数列.
三、解答题：本大题一一共6小题，一共70分. 解容许写出文字说明，证明过程或者演算步骤.
17. 在公差为的等差数列中,,.
(1)求；
(2)求.
【答案】〔1〕〔2〕
【解析】试题分析：〔1〕由等差数列通项公式列方程，解出公差〔2〕先根据通项公式确定,，再将取绝对值，将和转化为对应等差数列的和：
，最后根据等差数列求和公式求和
试题解析：解：(1)公差，数列的通项公式为.
(2)设数列的前n项和为，当,
当时，,当时，,
所以
18. 某村方案建造一个室内面积为的矩形蔬菜温室．在温室内，沿左、右两侧与后侧内墙各保存宽的通道，沿前侧内墙保存宽的空地．当矩形温室的边长各为多少时，蔬菜的种植面积最大？最大种植面积是多少？
【答案】时，
【解析】试题分析：设出矩形的长为与宽，建立蔬菜面积关于矩形边长的函数关系式，再利用根本不等式即可求解最值．
试题解析：设矩形温室的左侧边长为a m，后侧边长为b m，蔬菜的种植面积为S m2，那么ab=800．
所以S=〔a－4〕〔b－2〕=ab－4b－2a+8=808－2〔a+2b〕≤808－4=648．
当且仅当a=2b，即a=40，b=20时等号成立，那么S最大值=648．
答：当矩形温室的左侧边长为40m，后侧边长为20m时，蔬菜的种植面积最大，最大种植面
积为648m2．
考点：根本不等式的应用．
19. 四棱锥中，且，点分别是中点，平面交．〔1〕证明：；
〔2〕试确定点的位置，并证明你的结论．
【答案】〔1〕见解析〔2〕Q是PA的一个四等分点，且．证明见解析
【解析】试题分析：〔1〕利用平几知识证明四边形是平行四边形．再根据线面平行断定定理得〔2〕先用分析法确定Q是PA的一个四等分点，再根据线面平行性质定理得MQ∥CN，根据平几知识可得结论
试题解析：〔1〕证明又
∵∴四边形是平行四边形．∴，又
∵∴NC∥平面PAB．
〔2〕Q是PA的一个四等分点，且．证明如下：取PE的中点Q，连结MQ，NQ，∵M 是PB的中点，∴MQ∥BE，又∵CN∥BE，∴MQ∥CN，∴Q∈平面MCN，又∵Q∈PA，∴PA∩平面MCN=Q，∴Q是PA的靠近P的一个四等点．
20. 函数 .
(1)求的最小正周期；
(2)求在区间上的最大值和最小值.
【答案】〔1〕〔2〕最大值为，最小值为
【解析】解：(1)f(x)＝－sin2x·cos－cos2x·sin＋3sin2x－cos2x
＝2sin2x－2cos2x＝2sin(2x－)．
∴f(x)的最小正周期T＝＝π．
(2)∵0≤x≤，∴－≤2x－≤，
∴－≤sin(2x－)≤1，
∴－2≤f(x)≤2，
故函数f(x)在区间[0，]上的最大值为2，最小值为－2．
21. 在中，内角所对的边分别为.，，
.
(1)求角的大小；
(2)假设，求的面积．
【答案】〔1〕〔2〕
【解析】试题分析：〔1〕求角的大小，由，可利用降幂公式进展降幂，及倍角公式变形得，移项整理，
，有两角和与差的三角函数关系，得，可得，从而可得；〔2〕求的面积，由，，且，可由正弦定理求出，可由求面积，故求出即可，由，，故由
即可求出，从而得面积．
〔1〕由题意得，，
即，
，由得，，又，得，即，所以；
〔2〕由，，得，由，得，从而，故
，所以的面积为．点评：此题主要考察诱导公式，两角和与差的三角函数公式，二倍角公式，正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，等根底知识，同时考察运算求解才能．
22. 各项均为正数的等比数列的首项为其前项和，且 .
〔1〕求数列的通项公式；
(2)设，记数列的前项和为，假设对任意一个，
恒成立，务实数的取值范围.
【答案】〔1〕〔2〕
【解析】试题分析：〔1〕根据等比数列通项公式表示关系式，解得公比，再代入通项公式即可〔2〕先化简，那么，根据裂项相消法可得，利用变量别离法将不等式恒成立转化为对应函数最值：的最大值，根据根本不等式求最值，可得实数的取值范围.
试题解析：解：〔1〕，∴，
制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O 二二年二月七日
制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O 二二年二月七日 化简得 解得：或者 因为数列的各项均为正数，所以不合题意所以的通项公式为：
. 〔2〕由得 所以 ， 所以
因为 ，当且仅当，即时等号成立
所以的取值范围
点睛：裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间假设干项的方法，裂项相消法适用于形如 (其中是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如或者.
制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O 二二年二月七日。