1、2019-2020学年湖北省武汉市江岸区高一（下）期末数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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（5分）一元二次不等式x22019x20200的解集为（）A（1，2020）B（2020，1）C（，1）（2020，+）D（，2020）（1，+）2（5分）下列命题中，正确的是（）A的最小值是4B的最小值是2C如果ab，cd，那么acbdD如果ac2bc2，那么ab3（5分）已知A（1，2），B（4，1），C（3，2），则cosBAC（）ABCD4（5分）下列命题中，正确的是（）A经过正方体任意两条面对角线，有且只有一个平面B经过正
2、方体任意两条体对角线，有且只有一个平面C经过正方体任意两条棱，有且只有一个平面D经过正方体任意一条体对角线与任意一条面对角线，有且只有一个平面5（5分）已知等差数列an的前n项的和为Sn，且a12，S1065，则a2020（）A2020B2021C2022D20236（5分）已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A（1，a），B（2，b），且cos2，则|ab|（）ABCD17（5分）如图，若是长方体ABCDA1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EHA1D1，则下列结论
3、中不正确的是（）AEHFGBEFHGC是棱柱D是棱台8（5分）如图，为了测量B，C两点间的距离，选取同一平面上A，D两点，已知ADC90，A60，AB2，则BC的长为（）AB5CD7二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9（5分）设，是任意的非零向量，且它们相互不共线，给出下列选项，其中正确的有（）A（）B（）（）与不垂直C|D（3+2）（32）9|24|210（5分）设等差数列an的前n项和是Sn，已知S140，S150，正确的选项有（）Aa10，d0Ba7+a80CS6与S7均为Sn
4、的最大值Da8011（5分）下列结论正确的是（）A在ABC中，若AB，则sinAsinBB在锐角三角形ABC中，不等式b2+c2a20恒成立C在ABC中，若，a2c2bc，则ABC为等腰直角三角形D在ABC中，若b3，A60，三角形面积，则三角形外接圆半径为12（5分）向体积为1的正方体密闭容器内注入体积为x（0x1）的液体，旋转容器，下列说法正确的是（）A当x时，容器被液面分割而成的两个几何体完全相同B不管注入多少液体，液面都可以成正三角形形状C液面可以是正六边形，其面积为D当液面恰好经过正方体的某条体对角线时，液面边界周长的最小值为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13（5分）
5、若tan3，则 14（5分）在等比数列an中，若公比q4，前3项的和等于21，则该数列的通项公式an 15（5分）农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的体积为 ；若该六面体内有一球，则该球表面积的最大值为 16（5分）在梯形ABCD中，ABCD，CD1，ABBC2，BCD120，动点P和Q分别在线段BC和CD上，且，则的最大值为 四、解答题：本小题共6
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）已知公差不为零的等差数列an的前n项和为Sn，且a11，a2是a1与a5的等比中项（1）求数列an的通项公式；（2）在；（）中选一个条件使数列bn是等比数列，并说明理由，并求出数列bn的前n项和Tn18（12分）已知函数（0）（1）求函数f（x）的值域；（2）若方程f（x）在区间0，上恰有两个实数解，求的取值范围19（12分）如图，P是圆锥的顶点，AB是底面圆O的一条直径，OC是一条半径且AOC60，已知该圆锥的侧面展开图是一个面积为8的半圆面（1）求该圆锥的体积；（2）求异面直线PB与AC所成角的余弦值20（12分）如图，某
7、自行车手从O点出发，沿折线OABO匀速骑行，其中点A位于点O南偏东45且与点O相距20千米该车手于上午8点整到达点A，8点20分骑至点C，其中点C位于点O南偏东（45）（其中sin，090）且与点O相距5千米（假设所有路面及观测点都在同一水平面上）（1）求该自行车手的骑行速度；（2）若点O正西方向27.5千米处有个气象观测站E，假定以点E为中心的3.5千米范围内有长时间的持续强降雨试问：该自行车手会不会进入降雨区，并说明理由21（12分）如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱DD1的中点（1）求异面直线BE、A1B1所成角的余弦值；（2）在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F平面
8、A1BE？证明你的结论22（12分）如果数列an共有k（kN*，k4）项，且满足条件：a1+a2+ak0；|a1|+|a2|+|ak|1，则称数列an为P（k）数列（1）若等比数列an为P（4）数列，求a1的值；（2）已知m为给定的正整数，且m3，若公差为d（d0）的等差数列an是P（2m+3）数列，求公差d；数列an的通项公式为an（nN*），其中m为奇数，q1，判断数列an是否为P（2m）数列，说明理由2019-2020学年湖北省武汉市江岸区高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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【分析】
9、不等式可化为（x+1）（x2020）0，求出解集即可【解答】解：不等式x22019x20200可化为（x+1）（x2020）0，解得1x2020，所以不等式的解集为（1，2020）故选：A2【分析】Ax0时，函数值小于0；B.2，最小值不为2；Cab，cd，那么a+cb+d即adbc；D由于ac2bc2，可得c20，可得ab【解答】解：Ax0时，不正确；B.2，最小值不为2，不正确；Cab，cd，那么a+cb+d即adbc，因此不正确；Dac2bc2，c20，ab，正确故选：D3【分析】求出向量的坐标，则cosBACcos，套用向量夹角公式计算即可【解答】解：由已知，故选：D4【分析】判断正方
10、体的面对角线以及体对角线之间的关系，即可判断选项的正误【解答】解：对于A，因为正方体的面对角线，可能是相交线，也可能是平行线，也可能是异面直线，所以经过正方体任意两条面对角线，可能有且只有一个平面，也可能做你不出平面，所以A不正确；对于B，正方体的体对角线，都是相交直线，所以经过正方体任意两条体对角线，有且只有一个平面，所以B正确；对于C，经过正方体任意两条棱，如果是平行线或相交直线，有且只有一个平面，如果是异面直线则不可能作出平面，所以C不正确；对于D，当正方体的体对角线与面对角线是相交直线时，经过正方体任意一条体对角线与任意一条面对角线，有且只有一个平面，当它们是异面直线时，作不出平面，所
11、以D不正确；、故选：B5【分析】由已知结合等差数列通项公式及求和公式即可求解【解答】解：因为等差数列an中，a12，S1065，所以102+45d65，解可得，d1，则a20202+201912021故选：B6【分析】推导出cos22cos21，从而|cos|，进而|tan|ab|由此能求出结果【解答】解：角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点A（1，a），B（2，b），且cos2，cos22cos21，解得cos2，|cos|，|sin|，|tan|ab|故选：B7【分析】根据直线与平面平行的性质定理可知EHFG，则EHFGB1C1，从而是棱柱，由两平行平面被第三个平面所
12、截，所得的交线平行，可得EFGH【解答】解：因为EHA1D1，A1D1B1C1，所以EHB1C1，又EH平面BCC1B1，所以EH平面BCB1C1，又EH平面EFGH，平面EFGH平面BCB1C1FG，所以EHFG，故EHFGB1C1，所以选项A、C正确，D错误；因为平面ABB1A1平面EFGHEF，平面CDD1C1平面EFGHGH，平面ABB1A1平面CDD1C1，所以EFGH，故B正确故选：D8【分析】ABD中由正弦定理求得sinADB的值，由余角的关系和余弦定理，即可求得BC的值【解答】解：ABD中，A60，AB2，由正弦定理得，sinADB；BDC90ADB，cosBDCsinADB；
13、BCD中，BD2；由余弦定理得，BC2BD2+DC22BDDCcosBDC+22448，所以BC4故选：A二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9【分析】A，由平面向量数量积的结合律可判断；B，由平面向量垂直的条件、数量积的交换律可判断；C，由与不共线，可分两类考虑：若|，则|显然成立；若|，由|、|、|构成三角形的三边可进行判断；D，由平面向量的混合运算法则将式子进行展开即可得解【解答】解：选项A，由平面向量数量积的结合律，可知A正确；选项B，（）（）（）（）（）（）（）（）0，（）（
14、）与垂直，即B错误；选项C，与不共线，若|，则|显然成立；若|，由平面向量的减法法则可作出如下图形：由三角形两边之差小于第三边，可得|故C正确；选项D，（3+2）（32）96+6494，即D正确故选：ACD10【分析】根据题意，等差数列an中，由S140可得a7+a80，由S150可得a80，进而分析可得前7项为正数，从第8项开始为负数，则a10，d0；据此分析选项即可得答案【解答】解：根据题意，等差数列an的前n项和是Sn，且S140，S150，则S147（a1+a14）7（a7+a8）0，即a7+a80，S1515a80，即a80，则a70；故等差数列an的前7项为正数，从第8项开始为负数
15、，则a10，d0则有S7为Sn的最大值故A，B，D正确；故选：ABD11【分析】直接利用正弦定理求出结果直接利用余弦定理求出结果直接利用余弦定理和关系式的变换求出结果直接利用三角形的面积公式的应用和三角形的边角关系的应用求出结果【解答】解：对于选项A：在ABC中，若AB，根据大边对大角，所以ab，利用正弦定理，所以2RsinA2RsinB，则sinAsinB，故选项A正确对于选项B：，故不等式b2+c2a20恒成立，故选项B正确对于选项C：在ABC中，a2c2bc，可得，所以b2+c2+2bc2a2，由于a2c2bc，所以b2+c2+2（b2c2）2a2，所以bc，所以BC，所以A，故正确对于
16、选项D：在ABC中，若b3，A60，三角形面积所以，解得c4，所以，由正弦定理，故选项D错误故选：ABC12【分析】根据正方体的结构特征和截面性质，依次判断每个选项是否正确即可【解答】解：对于A，当x时，题目等价于过正方体中心的平面截正方体为两部分，根据对称性知两部分完全相同，所以A正确；对于B，取x，此时液面过正方体中心，截面不可能为三角形，所以B错误；对于C，当液面与正方体的体对角线垂直时，液面为如图所示正六边形时面积最大，其中正六边形的顶点均为对应棱的中点，所以液面面积的最大值为S6，C正确；对于D，当液面过DB1时，截面为B1NDG，将A1B1C1D1绕C1D1旋转 ，如图所示；则DN
17、+B1NDN+B1NDB1，当D、N、B1三点共线时等号成立，所以液面周长最小值为2，D错误故选：AC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13【分析】由已知利用二倍角的正弦函数公式，同角三角函数基本关系式即可计算求解【解答】解：tan3，2tan6故答案为：614【分析】根据等比数列的通项公式，把q代入前3项的和，进而求得a1则数列的通项公式可得【解答】解：由题意知a1+4a1+16a121，解得a11，所以通项an4n1故答案为：4n115【分析】该六面体是由两个全等的正四面体组合而成，正四面体的棱长为1，在棱长为1的正四面体SABC中，取BC中点D，连结SD、AD，作SO平面AB
18、C，垂足O在AD上，求出ADSD，ODAD，SO，该六面体的体积V2VSABC；当该六面体内有一球，且该球表面积取最大值时，球心为O，且该球与SD相切，过球心O作OESD，则OE就是球半径，由此能求出该球表面积的最大值【解答】解：该六面体是由两个全等的正四面体组合而成，正四面体的棱长为，如图，在棱长为的正四面体SABC中，取BC中点D，连结SD、AD，作SO平面ABC，垂足O在AD上，则ADSD，ODAD，SO，该六面体的体积：V2VSABC2当该六面体内有一球，且该球体积取最大值时，球心为O，且该球与SD相切，过球心O作OESD，则OE就是球半径，SOODSDOE，球半径ROE，该球表面积的
19、最大值为：S球4故答案为：，16【分析】由题可知（1），1，据平面向量的混合运算法则可化简得到+5；设函数f（）+5，1，由对勾函数的性质推出f（）在，1上的单调性，求出最大值即可得解【解答】解：根据题意，作出如下所示图形：，（1），又P和Q分别在线段BC和CD上，解得，1（+）（+）（+）+（1）+（1）+（1）22cos120+（1）21cos0+4+（1）21cos120+5设函数f（）+5，1，由对勾函数的性质可知，f（）在，）上单调递减，在（，1上单调递增，f（）1，f（1），f（）maxf（1），即的最大值为故答案为：四、解答题：本小题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程
20、或演算步骤.17【分析】（1）设等差数列an的公差为d，利用题意列出d的方程，求出d，即可求得an；（2）利用（1）中求得的an证明为非零常数，从而证明数列bn是等比数列，求得其前n项和【解答】解：（1）设等差数列an的公差为d（d0），a11，a21+d，a51+4d，又依题意得：a22a1a5d2，所以an1+2（n1）2n1；（2）当选条件：由，an2n1可得bn22n1，4，数列bn是首项为b12，公比q4的等比数列，其前n项和Tn； 当选条件时：an2n1，（）（）（）2n1，n2，又当n1时，也适合，bn（）2n1，数列bn是首项为b1，公比q的等比数列，其前n项和Tn（1）18【
21、分析】（1）利用三角函数恒等变换的应用可求函数解析式为f（x）sin（2x+）+，根据正弦函数的性质即可求解其值域（2）由已知可求范围，利用正弦函数的图象可知，在区间0，上恰有两个实数解，必须，即可解得的范围【解答】解：（1）由，得f（x）的值域是（2）0x，由正弦函数的图象可知，在区间0，上恰有两个实数解，必须，解得19【分析】（1）设该圆锥的母线长为l，底面圆半径为r，高为h，由题意分别求得l与r值，进一步得到圆锥的高，则圆锥的体积可求；（2）取弧AB中点D，则ODOB，由OP垂直于底面，得OD，OB，OP两两垂直，以OD为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求异面
22、直线PB与AC所成角的余弦值【解答】解：（1）设该圆锥的母线长为l，底面圆半径为r，高为h，由题意，解得l4，底面圆周长C2rl4，解得r2，h，该圆锥的体积Vr2h（2）如图所示，取弧AB中点D，则ODOB，OP垂直于底面，OD，OB，OP两两垂直，以OD为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，由题意A（0，2，0），B（0，2，0），C（，1，0），P（0，0，2），（0，2，2），设PB与AC所成角为，则cos|cos|，故异面直线PB与AC所成角的余弦值为20【分析】（1）根据余弦定理，即可求出AC的长，即可求出自行车的速度，（2）先根据余弦定理，即可求出cosOAC，再根
23、据正弦定理可得OM，再在RtEHM中，求出EM的大小，比较即可【解答】解：（1）由题意，知：OA20，OC5 ，AOC，sin由于090，所以cos 由余弦定理，得AC5 所以该自行车手的行驶速度为15 （千米/小时） （2）如图，设直线OE与AB相交于点M在AOC中，由余弦定理，得：cosOAC，从而 sinOAC 在AOM中，由正弦定理，得：OM20，由于OE27.540OM，所以点M位于点O和点E之间，且MEOEOM7.5过点E作EHAB于点H，则EH为点E到直线AB的距离 在RtEHM中，EHEMsinEMHEMsin（45OAC）7.53.5所以该自行车手会进入降雨区21【分析】（1
24、）连接AE，则ABE即为所求；由AB平面ADD1A1，知ABAE；设正方体的棱长均为a，在RtABE中，可先求得tanABE的值，再得cosABE的值；（2）存在点F为C1D1的中点，使B1F平面A1BE理由如下：连接AB1，交A1B于点O，连接OE、EF、B1F，先证得四边形OEFB1为平行四边形，推出B1FOE，再由线面平行的判定定理即可得证【解答】解：（1）连接AE，A1B1AB，ABE即为异面直线BE、A1B1所成角由正方体的性质知，AB平面ADD1A1，AE平面ADD1A1，ABAE设正方体的棱长均为a，则AEa，在RtABE中，tanABE，cosABE故异面直线BE、A1B1所成
25、角的余弦值为（2）存在点F为C1D1的中点，使B1F平面A1BE理由如下：连接AB1，交A1B于点O，连接OE、EF、B1F，则EFAB1，且EFAB1，OB1AB1，EFOB1，EFOB1，四边形OEFB1为平行四边形，B1FOE，B1F平面A1BE，OE平面A1BE，B1F平面A1BE22【分析】（1）根据新定义即可求出a1的值；（2）设等差数列的公差为d，根据新定义以及等差数列的性质即可求出公差d的值；若数列an是P（2m）数列，根据新定义，对m的值分奇数和偶数两种情况讨论，即可判断出数列an是否为P（2m）数列【解答】解：（1）设等比数列的公比为q，数列an为P（4）数列，a1+a2+
26、a3+a40，1+q+q2+q30，即（1+q）（1+q2）0，q1，又|a1|+|a2|+|a3|+|a4|1，4|a1|1，解得a1或；（2）设等差数列的公差为d，数列an是P（2m+3）数列，a1+a2+a2m+30，即0，1+2m+32（m+2），a1+a2m+32am+2，（2m+3）am+20，即am+20，又|a1|+|a2|+|a2m+3|1，且d0，（a1+a2+am+1）+（am+3+am+4+a2m+3）1，即（m+2）（m+1）d1，解得d，等差数列an的公差为得d；若数列an是P（2m）数列，则有：a1+a2+a2m0，|a1|+|a2|+|a2m|1，an，且q1，0（*），+1（*），当m为偶数时，在（*）中，0，0，所以（*）不成立，当m为奇数时，由（*）+（*）得：+3，又q1，+3，解得qm+1，m（m2）为奇数，qm+1q4，q4，整理得：（2q21）（q21）0，即q21，与q1矛盾，综上可知，数列an不是P（2m）数列
