四川省遂宁市2021-2022学年高一下期期末考试 数学

遂宁市高中2024 届第二学期教学水平监测 数 学 试 题 本试卷分第I 卷（选择题）和第II 卷（非选择题）两部分。总分 150 分。考试时间120 分钟。 第Ⅰ卷（选择题，满分60 分） 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5 毫米的黑色墨水签字笔填写在答题 卡上。并检查条形码粘贴是否正确。 2．选择题使用2B 铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5 毫米黑色墨 水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上 答题无效。 3．考试结束后，将答题卡收回。 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，只有一项是符合题目要求.） 1． 等于 A． B． C． D． 2．已知等差数列 中， ，则 A．-10 B．-17 C．-19 D．-21 3．若 ，则一定有 A． B． C． D． 4．设一元二次不等式 的解集为 ，则 的值为 A．－6 B．－5 C．6 D． 5 5．下列函数中最小值为4 的是 A． B． C． D． 6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 A． B． C． D． 7 ． 在 数 列 中 ， ，则 的值为 A． B．5 C． D． 8．在 中，D 为边BC 上的一点，且 ，则 等于 A ． B． C． D． 9．已知数列 为等比数列，且 ，则 等于 A． B． C． D． 10． 在2022 北京冬奥会开幕式上，二十四节气倒计时惊艳亮相，与节气相 配的14 句古诗词，将中国人独有的浪漫传达给了全世界.我国古代 天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每 个节气的晷长损益相同，即太阳照射物体影子的长度增长或减少的 量相同，周而复始（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测 量影子的长度），二十四节气及晷长变化如图所示，已知雨水的晷 长为9.5 尺，立冬的晷长为10.5 尺，则大雪所对的晷长为 A．11.5 尺 B．12.5 尺 C．13.5 尺 D．14.5 尺 11 ．已知 的内角 的对边分别是 ，若 ，则 是 A．等边三角形 B．锐角三角形 C．等腰直角三角形 D．钝角三角形 12. 设等差数列 满足： , 公差 ．若当且仅当 时，数列 的前 项和 取得 最大值，则首项 的取值范围是 A． B． C． D． 第Ⅱ卷（非选择题，满分90 分） 注意事项： 1．请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上。 2．试卷中横线及框内注有“▲”的地方，是需要你在第Ⅱ卷答题卡上作答。 二、填空题（本题共4 小题，每小题5 分，共20 分） 13．已知 与 的夹角 ，则向量 在向量 方向上的 投影为 ▲ ． 14．已知等比数列 中， ，公比 ，则 ▲ 15．已知圆锥的侧面积(单位： )为 ，且它的侧面展开图是一个 半圆，则这个圆锥的底面半径(单位： )是 ▲ ． 16．已知方程 的四个根组成一个首项为 的等差数列，设锐角三角形ABC 的内角A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 ，则 的取值范围为 ▲ 三、解答题（本大题共6 小题，共70 分．解答应写出文字说明、证明 过程或演算步骤.） 17. （10 分） 已知 ． （1）当 时，求 的值； （2）若 ，求实数 的值． ▲ 18. （12 分） 已知等比数列 ， ， ． （1）求数列 的通项公式； （2）若数列 为正项数列（各项均为正），求数列 的前 项和 ． ▲ 19. （12 分） 在 中，角A，B，C 所对的边分别为a，b，c，已知 且 ， （1）证明： 为等腰三角形； （2）设 的面积为 ，若 ▲ ，求 的值. 在① ；② 两个选项中，选择一个填入 上面空白处并求解 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 ▲ 20. （12 分） 如图，正方体 ，其外接球与内切球的表面积之和 为 ，过点 的平面 与正方体的面相交，交线围成一个正三角形． （1）在图中画出这个正三角形(不必说明画法和理由)； （2）平面 将该正方体截成两个几何体，求体积较大的几何体的 体积和表面积． ▲ 21. （12 分） 如图，在平面直角坐标系 中，顶点在坐标原点，以 轴非负半 轴为始边的锐角 与钝角 的终边与单位圆O 分别交于A，B 两点， 轴的非负半轴与单位圆O 交于点M，已知 点B 的横坐标是 . （1）求 的值； （2）求 的值． ▲ 22.（12 分） 已知各项均为正数的数列 的前 项和为 . （1）求证：数列 是等差数列，并求 的通项公式； （2）若 表示不超过 的最大整数，如 ，求 的值； （3）设 , ，问是 否存在正整数m，使得对任意正整数n 均有 恒成立？若存在求 出 m 的最大值；若不存在，请说明理由. ▲ 遂宁市高中2024 第二学期教学水平监测 数学试题参考答案及评分意见 一、选择题（每小题5 分，共12 小题，共60 分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B B D C D A C D A B C A 二、填空题(本大题共4 个小题，每小题5 分，共20 分.) 13. 14. 32 15. 1 16. 三、解答题（本大题共6 小题，共70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步 骤。） 17. （10 分） 解析：（1）当 时， …………………………2 分 故 ………………………………………………………………4 分 （2） ……………………………………………………………5 分 ……………………………………………………………6 分 因为 ，所以 ………………………………………8 分 解得： . 所以实数 的值为 …………………………………………………………………10 分 18．（12 分） 解：（1）依题意， ， 从而数列 是以2 为首项， 为公比的等比数列………………………………2 分 当 时， ……………………………………………………………3 分 1 ) 3 2 , 2 2 ( 1    ) 5 , 1 ( ) 3 , 2 ( ) 2 , 1 (           b a c 9 5 2 ) 1 ( 1          c a ) 1 , 3 ( ) 3 2 , 2 1 (         b a ) 3 2 , 2 1 (            b a c      c b a ) ( 0 ) 3 2 ( ) 2 1 ( 3       9 1     9 1  1 2 a  4 4 5 5 1 32 16 2 a a a q q q        { } n a 2  2  q    N n a n n , 2 当 时， ……………………………………………………………4 分 （2）由（1），可得 ， 则 …………………………………………6 分 ……………………………………8 分 两式相减，得 …………………………10 分 ， ．………………………………………………………………12 分 19.（12 分） 解：（1）因为 ， 所以 ……………………………………………2 分 由余弦定理可知， ，即 ，即 为等腰三角形………………………5 分 （2）选①，由（1）可知， ，所以 ………………………………………6 分 所以 ， 整理得 ，解得 ………………………………………8 分 所以 ， 2   q 1 ) 2 ( 2     n n a (2 1) (2 1) 2n n n a n      1 2 3 3 2 5 2 7 2 (2 1) 2n n T n         2 3 1 2 3 2 5 2 (2 1) 2 (2 1) 2 n n n T n n            2 3 1 6 2 (2 2 2 ) (2 1) 2 n n n T n           2 1 1 2 (1 2 ) 6 2 (2 1) 2 1 2 n n n          1 2 (2 1) 2n n T n     2 2 2 cos 2 cos b bc A a ac B    2 2 2 2 2 cos 2 cos b c bc A a c ac B      2 2 a b  a b  ABC  A B  2 C B     2 7cos 2cos 2cos 2 2cos2 2 4cos B C B B B       2 4cos 7cos 2 0 B B    1 cos 4 B  7 7 cos cos 2 8 C B   2 2 2 2 2 2 4 7 cos 4 2 2 8 a b c a C a ab a         ………………………………………………………………10 分 所以 ……………………………………………12 分 选②，因为 ，且 ， ，所以 ……………………………8 分 所以 ，所以 …………10 分 所以 ……………………………………………12 分 2 15 sin 1 cos 8 C C    1 1 15 sin 4 4 15 2 2 8 S ab C    2 2 2 8 a b c   a b  2 c  4 a b  2 2 2 16 16 4 7 cos 2 2 4 4 8 a b c C ab         2 15 sin 1 cos 8 C C    1 1 15 sin 4 4 15 2 2 8 S ab C    20．（12 分） 解：（1）连接 ，则 为所求三角形(作法不唯一)，如图所示…4 分 （2）设正方体的棱长为 ，则有 ，故 ………………6 分 平面 将正方体截成三棱锥 和多面体 两部分， ………7 分 因此体积较大的几何体是多面体 ，其体积为 …………………8 分 由 得 ………………………………………………………9 分 又 ， ………………………………………………11 分 故多面体 的表面积为 ……………12 分 21．（12 分） 解：（1）由题意知， …………………………………………………1 分 因为 ， 所以 ………………………………………………………………………2 分 又 为锐角，所以 ………………………………………………………3 分 因为点 是钝角 的终边与单位圆 的交点，且点 的横坐标是 ， BD B A D A , , 1 1 BD A 1  a    16 ) 2 ( 4 ) 2 3 ( 4 2 2   a a 2  a  1 A ABD  1 1 1 1 D C B A BCD  3 4 2 2 2 2 1 3 1 1       ABD A V 3 20 3 4 8 1 1 1 1     D C B A BCD V 1 1 1 1 D C B A BCD  3 20 , 2 2  BD 3 2 1   BD A S 2 2 2 2 1     BCD S 4 1 1  C C BB S 1 1 1 1 D C B A BCD  3 2 18 3 2 3 4 3 2       1  OM OA 5 5 sin 2 1      OM OA S OAM 5 5 2 sin    5 5 cos   B  O B 7 2 10  所以 ………………………………………………………4 分 7 2 2 cos ,sin 10 10     所以 ……………………………………………6 分 （2）因为 ， 从而 ……8 分 因为 为锐角， ， 所以 ，所以 ……………………………………………………9 分 又 ，所以 ………………………………………………10 分 所以 ………………………………………………………………………12 分 22.（12 分） 解析：（1）因为 ，所以当 时， ………………………………………………………………1 分 即 而 ，有 ，所以 ………………………2 分 所以数列 是以 为首项，公差为1 的等差数列； ，则 ……………………………………………………3 分 当 时， ，又 满足上式，       sin sin cos cos ) cos(    10 10 10 2 5 5 2 ) 10 2 7 ( 5 5        2 5 5 3 10 sin ,cos , sin( ) sin cos cos sin 5 5 10               所以   2 2 ) sin( cos ) cos( sin ) ( sin ) 2 sin(                       2 2 5 5 2 sin    ) 2 , 4 (    ) , 2 ( 2    ) , 2 (    ) 2 , 2 ( 2        4 2       1 n n n a S S    2 n  1 1 n n n n S S S S         1 1 1 n n n n n n S S S S S S        0 n a  1 0 n n S S      1 1 2 n n S S n       n S 1 1 1 S a     1 1 1 n S n n    2, n S n  2 n  1 1 2 1 n n n a S S n n n        1 1 a  所以 的通项公式为 ……………………………………………………4 分 （2） ，当 时，  n a 2 1 n a n   2 2 2 1 1 1 (2 1) 4 4 1 n a n n n      2 n  ……………………………………………………………5 分 故 …6 分 当 时， ，所以对任意的 ，都有 ……………………………………………………………7 分 所以 ………………………………………………………………8 分 （3）由（1）知， ， 则有 ……………9 分 因 ，则数列 单调递增， ……………………………………………………………………10 分 因对任意正整数 均有 成立，于是得 ，解得 ， 而 则 ………………………………………………………………11 分 所以存在正整数m，使得对任意正整数n 均有 总成立， 的最大值为673………………………………………………………………………12 2 2 1 1 1 1 1 4 4 4 1 n a n n n n            2 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5 1 1 1 1 4 1 2 2 3 1 4 4 4 n a a a n n n                              1 n  2 1 1 5 1 4 a  * nN 2 2 2 2 1 1 2 1 1 1 1 5 1 4 n a a a a        2 2 2 1 2 1 1 1 1 n a a a               1 1 1 1 ( ) 2 1 2 1 2 2 1 2 1 n b n n n n        1 1 1 1 1 1 1 1 (1 ) ( ) ... ( ) (1 ) 2 3 3 5 2 1 2 1 2 2 1 2 1 n n T n n n n                     1 1 1 0 (2 1)(2 3) n n n T T b n n          n T 3 1 ) ( 1 1 min    b T Tn n 2022 m Tn  3 1 2022  m 674 3 2022   m ,  N m 673 max  m 2022 m Tn  m 分