2019-2020学年福建省漳州市高一下学期期末考试数学试题（解析版）.doc下载_163文库

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1、第 1 页共 17 页 2019-2020 学年福建省漳州市高一下学期期末考试数学试题学年福建省漳州市高一下学期期末考试数学试题一、单选题一、单选题 1用符号表示用符号表示“点点A在平面在平面外，直线外，直线l在平面在平面内内”，正确的是（，正确的是（） AA，l BA，l CA，l DA，l 【答案】【答案】C 【解析】【解析】根据符号语言写出结果即可. 【详解】点A在平面外，故A；直线l在平面内，故l. 故选：C. 【点睛】本题考查了空间几何的符号表示，属于基础题. 2若若0ab，Rc，则（，则（）） Aacbc Bacb c C 11 ab D 22 ab 【答案】【答案

2、】A 【解析】【解析】根据条件取2a，1b，0c =，可排除B，C，D，然后由不等式的基本性质直接判断A正确【详解】 0ab，Rc，取2a，1b，0c =，可排除B，C，D；由不等式的基本性质知，acbc，故A正确故选：A 【点睛】本题考查了不等式的基本性质，考查了排除法的应用，属基础题 3已知向量已知向量 ,2at，2,1b ，若，若a b ，则，则t的值为（的值为（） A4 B1 C1 D4 【答案】【答案】B 【解析】【解析】直接利用向量垂直公式计算得到答案. 【详解】解：因为向量,2at，2,1b ，且a b ，第 2 页共 17 页所以220t，解得：1t .

3、故选：B. 【点睛】本题考查了根据向量垂直求参数，属于基础题. 4在在ABC中，角中，角A，B，C所对各边分别为所对各边分别为a，，b，c，且，且 222 2abcbc ，则则A （） A135 B120 C60 D45 【答案】【答案】D 【解析】【解析】根据余弦定理，由题中条件，即可得出结果. 【详解】因为 222 2abcbc ，由余弦定理可得， 222 22 cos 222 bcabc A bcbc ，所以45A. 故选：D. 【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，属于基础题型. 5已知等比数列已知等比数列 n a的前的前n项和为项和为 n S，公比为，公比为 2，若，

4、若 4 15S ，则，则 6 a的值为（的值为（） A16 B32 C48 D64 【答案】【答案】B 【解析】【解析】根据 4 15S 以及公比可得首项，然后根据等比数列的通项公式可得结果. 【详解】设等比数列的公比为q，则2q = 由题可知： 4 1 41 1 151 1 aq Sa q 所以 5 61 32aa q 故选：B 【点睛】本题考查等比数列的基本量的计算，掌握公式，属基础题. 6在在ABC中，已知中，已知sin sinAB，则，则ABC的形状一定是（的形状一定是（）第 3 页共 17 页 A等腰三角形等腰三角形 B直角三角形直角三角形 C等边三角形等边三角形 D等腰

5、直角三角等腰直角三角形形【答案】【答案】A 【解析】【解析】由正弦定理可得 22 ab RR ，解得ab，即可求解. 【详解】在ABC中，因为sinsinAB，由正弦定理可得 22 ab RR ，解得ab，所以ABC的形状一定是等腰三角形. 故选：A. 【点睛】本题主要考查了三角形形状的判定，其中解答中熟记正弦定理的边角互化，求得ab是解答的关键，着重考查推理与运算能力. 7已知圆锥已知圆锥SO被平行于底面的平面所截，形成的圆台的两个底面面积之比为被平行于底面的平面所截，形成的圆台的两个底面面积之比为4:9，，母线与底面的夹角是母线与底面的夹角是60，圆台轴截面的面积为，

6、圆台轴截面的面积为20 3，则圆锥，则圆锥SO的体积为（的体积为（） A48 3 B72 3 C144 3 D216 3 【答案】【答案】B 【解析】【解析】先记圆 1 O为满足题意的圆锥的截面，设圆 1 O的半径为 1 20rm m，圆O 的半径为3rm，记圆台的轴截面为平面ABCD，则四边形ABCD为等腰梯形，根据题中条件，求出2m，再由圆锥的体积公式，即可求出结果. 【详解】记圆 1 O截圆锥形成的圆台的两个底面面积之比为4:9，则两圆半径之比为2:3 设圆 1 O的半径为 1 20rm m，圆O的半径为3rm，圆台的轴截面记作平面ABCD，则四边形ABCD为等腰梯形，因为母线

7、与底面的夹角是60，所以 1 60SDOSBO，因此 11tan60 2 3SOrm，tan603 3SOrm，则 1 3OOm，又圆台轴截面的面积为20 3，所以 1 1 20 3 2 ABCDOO，即 2 5 320 3m ，解得2m，因此圆锥SO的体积为 223 11 93 39 372 3 33 rSOmmm. 第 4 页共 17 页故选：B. 【点睛】本题主要考查求圆锥的体积，考查圆锥与圆台截面的相关计算，熟记几何体结构特征，以及体积公式即可，属于常考题型. 8已知已知 n a是公比为整数的等比数列，是公比为整数的等比数列，设设 212nn n n aa b a ，n

8、 + N，且，且 11 3072b ，记数列记数列 n b的前的前n项和为项和为 n S，若，若2020 n S ，则，则n的最小值为（的最小值为（） A11 B10 C9 D8 【答案】答案】B 【解析】【解析】设 n a是公比为 q，根据已知条件有 1nn n bqq 求得2q =，数列 n b的前n项和为3(21) n n S 即2020 n S 可求n的最小值【详解】令 n a是公比为 q，由 212nn n n aa b a ，n + N 1nn n bqq ，又 11 3072b 即 1011 3072qq，又q Z ，知：2q = n b的前n项和为 n S，则3(21

9、) n n S 2020 n S 时，3(21)2020 n ，n + N 解得10n 故选：B 【点睛】本题考查了数列，由数列的递推关系及已知条件求公比，进而根据新数列的前 n项和及第 5 页共 17 页不等式条件求n的最小值二、多选题二、多选题 9设等差数列设等差数列 n a的前的前n项和为项和为 n S，若，若 3 9S ， 4 7a ，则（，则（） A 2 n Sn B 2 23 n Snn C21 n an D35 n an 【答案】【答案】AC 【解析】【解析】利用等差数列 n a的前n项和公式、通项公式列出方程组，求出 1 1a ，2d ，由此能求出 n a与

10、 n S 【详解】等差数列 n a的前n项和为 n S 3 9S ， 4 7a ， 31 41 3 2 39 2 37 Sad aad ，解得 1 1a ，2d ， 1 (1) 221 n ann 2 1 21 2 n nn Sn 故选：AC 【点睛】本题考查等差数列的通项公式求和公式的应用，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题 10 在在ABC中，角中，角A，B，C所对各边所对各边分别为分别为a，，b，c，若，若1a ， 2b ，30A，则则B （） A30 B45 C135 D150 【答案】【答案】BC 【解析】【解析】用正弦定理求得sinB的值

11、，由此得出正确选项. 【详解】解：根据正弦定理 sinsin ab AB 得： 1 2 sin2 2 sin 12 bA B a ，由于 21ba ，所以45B 或135B . 第 6 页共 17 页故选：BC. 【点睛】本题考查利用正弦定理解三角形，是基础题. 11若若0a，0b，且，且2ab，则下列不等式恒成立的是（，则下列不等式恒成立的是（）） A1ab B 1 1 ab C 22 2ab D 11 2 ab 【答案】【答案】BCD 【解析】【解析】由条件可得 12 2211 11 2 a ab ababab aabbbab ，结合 222 2() ()abab，即可得出

12、【详解】因为0a，0b，所以 12 2211 11 2 a ab ababab aabbbab ，所以 A错，BD对；因为 2222 2()()(0)ababab，则 2222 2() ()2abab，化为： 22 2ab，当且仅当1ab时取等号，C对故选：BCD 【点睛】本题考查了不等式的基本性质以及重要不等式的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题 12设设a，b为两条直线，为两条直线，为两个平面，下列说法正确的是（为两个平面，下列说法正确的是（）） A若若/ab，a，则，则b B若若ab，/b，则，则/a C若若/ab，/a，则，则/b D若若，a，b，ab，

13、则，则a 【答案】【答案】AD 【解析】【解析】根据空间线面位置关系的判定与性质进行判断. 【详解】第 7 页共 17 页对于选项 A：利用线面垂直的性质定理判断 A正确；对于选项 B：由ab，/b，直线a与面的位置关系无法确定，故 B错；对于选项 C：由/ab，/a，可得/b或b，故 C 错；对于选项 D：利用面面垂直的性质定理判断 D正确. 故选：AD. 【点睛】本题主要考查了空间中直线与平面之间的位置关系，考查了空间想象能力和推理论证能力.属于较易题. 三、填空题三、填空题 13已知变量已知变量x，y满足约束条件满足约束条件 0 0 10 x y xy ，则，则z xy

14、的最大值为的最大值为_. 【答案】【答案】1 【解析】【解析】画出可行域，根据z的几何意义求解即可得答案. 【详解】解：画出约束条件的满足的可行域，如图，根据题，当点, x y是点()1,0A时，z xy 取最大值，最大值为 max 1 01z . 故答案为：1 【点睛】本题考查线性规划问题，考查数形结合思想，是基础题. 14已知数列已知数列 n a满足满足 21nnn aaa ，n + N， 1 1a ， 2 2a ，则，则 5 a _. 【答案】【答案】2 【解析】【解析】根据题中条件，逐项计算，即可得出结果. 第 8 页共 17 页【详解】因为 21nnn aaa ，n

15、+ N， 1 1a ， 2 2a ，所以 321 1aaa， 432 1aaa=-=-， 543 2aaa . 故答案为：2. 【点睛】本题主要考查由递推关系求数列中的项，属于基础题型. 15ABC为等腰直角三角形，且为等腰直角三角形，且 2 A ，4AB ，若点，若点E为为BC的中点，则的中点，则 AE AB_. 【答案】【答案】8 【解析】【解析】由等腰直角三角形的性质可推出 2 2AE ， 4 BAE ；而 | |cosAE ABAEABBAE，代入所得数据进行运算即可得解【详解】因为ABC为等腰直角三角形，且 2 A ，4AB ，所以 24 2BCAB ，点E为BC的中点，

16、 1 2 2 2 AEBC，且 1 24 BAEA | |cos2 24cos8 4 AE ABAEABBAE 故答案为：8 【点睛】本题考查平面向量数量积的运算，考查学生的运算求解能力，属于基础题 16正四面体正四面体PBDE和边长为和边长为 1 的正方体的正方体 1111 ABCDABC D有公共顶点有公共顶点B，D，则该正四面体则该正四面体PBDE的外接球的体积为的外接球的体积为_，线段，线段AP长度的取值范围为长度的取值范围为 _. 【答案】【答案】 3 2 6262 , 22 【解析】【解析】由图可知正四面体PBDE的外接球的体积等于正方体 1111 ABCDABC D的外接

17、球的体积，求正方体外接球体积即可；P点在以BD的中点I圆心，以 1 AI为半径的圆上，线段AP长度最小为点A到圆心I的距离减去半径，最大为点A到圆心I的距离加上半径，代入数据求解即可. 第 9 页共 17 页【详解】如图，由题可得正四面体PBDE与正四面体 11 ABDC全等，所以正四面体 PBDE的外接球的体积等于正四面体 11 ABDC的外接球的体积，也即是正方体 1111 ABCDABC D的外接球的体积，因为正方体棱长为 1，所以外接球直径为 1 1 13 ，所以正方体 1111 ABCDABC D的外接球的体积为： 3 433 322 ，所以正四面体PBDE的外接球的体积为

18、 3 2 ；分析可知P点在以BD的中点I圆心，以 1 AI为半径的圆上， 2 1 26 1 22 rAI ，由点A在圆I内，且 2 2 AI ，所以AP长度最小为 62 2 rAI ，AP长度最大为 62 2 rAI ，所以AP长度的取值范围为 6262 , 22 . 故答案为： 3 2 ； 6262 , 22 . 【点睛】本题主要考查正方体外接球体积问题，涉及到圆上动点到定点距离问题，考查学生空间想象能力. 四、解答题四、解答题 17已知向量已知向量a与与b的夹角为的夹角为 3 ，且，且1a ，2b . （1）求）求ab；第 10 页共 17 页（2）求向量）求向量a b 与向量

20、主要考查了向量数量积的运算及计算公式，向量夹角的余弦公式，属于中档题 18已知球已知球O的半径为的半径为 5. （1）求球）求球O的表面积；的表面积；（2）若球）若球O有两个半径分别为有两个半径分别为 3 和和 4 的平行截面，求这两个截面之间的距离的平行截面，求这两个截面之间的距离. 【答案】【答案】（1）100；（2）1或 7. 【解析】【解析】（1）利用球的表面积公式计算即可；（2）先求球心到两个截面的距离，再计算即可. 【详解】解：（1）因为球O的半径为5R ，所以球O的表面积为 2 4100SR. （2）设两个半径分别为 1 3r 和 2 4r 的平行截面的圆心分别为

21、1 O和 2 O，所以 22 1 53164OO ，所以 22 2 5493OO ，所以 1212 3 47OOOOOO ，或 1122 4 3 1OOOOOO ，第 11 页共 17 页所以两个截面之间的距离为 1或 7. 【点睛】本题考查了球的表面积和截面问题，属于基础题. 19已知数列已知数列 n a的前的前n项和为项和为 n S，且，且 2 n Snn，n + N . （1）求）求 n a的通项公式；的通项公式；（2）记）记 1 1 n nn c aa + = ，求数列，求数列 n c的前的前n项和项和 n T . 【答案】【答案】（1）2 n an，n + N；

22、（2） 4(1) n n T n ，n + N. 【解析】【解析】（1）当2n时， 2 1n Snn ，利用 1nnn aSS 即可得结果，注意验证当 1n 时，是否适合；（2）由（1）可得 1 21 n an ，则 1 11 22(1) n nn c a ann 1 11 41nn ，利用裂项相消法可得结果. 【详解】（1）当2n时， 2 1n Snn ，所以 22 1 2 nnn aSSnnnnn ，因为当1n 时， 11 2aS，适合上式，所以2 n an，n + N. （2）由（1）可得 1 21 n an ，所以 1 11 22(1) n nn c a ann 1 1

23、1 41nn ，所以 1 111 111 11 4 124 2341 n T nn 11 1 414(1) n nn ，n + N. 【点睛】本题主要考查数列的通项公式与前n项和公式之间的关系，考查裂项相消法的应用，属第 12 页共 17 页于中档题. 已知数列前n项和，求数列通项公式，常用公式 1 1 ,1 ,2 n nn S n a SSn ，将所给条件化为关于前n项和的递推关系或是关于第n项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式. 在利用 n S与通项 n a的关系求 n a的过程中

24、，一定要注意 1n 的情况. 20 在在ABC中，角中，角A，B，C所对各边分别为所对各边分别为a，，b，c，且，且2coscosbcAaC . （1）求）求A；（2）若）若3a ，1c，求，求ABC的面积的面积. 【答案】【答案】（1） 3 A ；（2） 3 2 . 【解析】【解析】（1）首先根据正弦定理，边角互化，再根据三角恒等变换，计算求得角A；（2）解法一：根据余弦定理计算求边b，再计算面积，解法二：根据正弦定理求sinC，再根据三角形的形状求ABC的面积. 【详解】解法一：（1）因为ABC中，2coscosbcAaC，由正弦定理可得，(2sinsin)co

25、ssincosBCAAC，得2sincossincoscossinBAACAC，得2sincossinBAB，因为sin0B，所以 1 cos 2 A，因为0A，所以 3 A . （2）由余弦定理得 22222 2cosabcbcAbcbc，因为3a ，1c，所以 2 20bb，即 120bb，所以1b或2b，因为0b，所以2b，所以ABC的面积为 1133 sin2 1 2222 bcA . 解法二：（1）同解法一. 第 13 页共 17 页（2）由正弦定理得 sinsin ca CA ，因为 3 sinsin 32 A ，3a ，1c，所以 sin1 sin 2 c

26、A C a ，因为ac，所以AC，即 3 C ，所以 6 C ，所以 2 BAC，所以 ABC为直角三角形，所以ABC的面积为 113 3 1 222 ABC Sac . 【点睛】本题考查解三角形，三角恒等变形，重点考查计算能力，属于基础题型. 21如图所示，四边形如图所示，四边形ABCD是菱形，是菱形，DE 平面平面ABCD，AF 平面平面ABCD . （1）求证：）求证：AC 平面平面BDE；（2）求证：平面）求证：平面/ABF平面平面CDE；（3）若）若2DEDB， 3 BCD ，求点，求点D到平面到平面BCE的距离的距离. 【答案】【答案】（1）证明见解析；（2）证

27、明见解析；（3） 2 21 7 . 【解析】【解析】（1）由四边形ABCD是菱形，证得ACBD，再由DE 平面ABCD，得到ACDE，结合线面垂直的判定定理，即可证得AC 平面BDE；（2）分别证得/AF平面CDE和/ /AB平面CDE，结合面面平行的判定定理，即可证得平面/ABF平面CDE；（3）结合 E BCDD BCE VV ，利用等积法，即可求得点D到平面BCE的距离. 【详解】第 14 页共 17 页（1）因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD，因为DE 平面ABCD，AC 平面ABCD，所以ACDE，因为BDDED，BD 平面BDE，DE 平面BDE，所以A

28、C 平面BDE. （2）因为DE 平面ABCD，AF 平面ABCD，所以/DEAF，因为DE 平面CDE，AF 平面CDE，所以/AF平面CDE；因为四边形ABCD是菱形，所以/ABCD，因为CD 平面CDE，AB平面CDE，所以/ /AB平面CDE；因为ABAFA，AB平面ABF，AF 平面ABF，所以平面/ABF平面CDE. （3）因为CDBC， 3 BCD ，所以BCD为等边三角形，因为2DB ，所以BCD的面积为 3 43 4 BCD S ，因为DE 平面ABCD，所以三棱锥EBCD的体积为 112 3 23 333 E BCDBCD VDE S ，因为DE 平面AB

29、CD，BD 平面BCD，CD 平面BCD，所以DEBD，DECD，因为2DEBDCD，所以 2 2BECE ，所以BCE的面积为 2 1 22 217 2 BCE S ，设点D到平面BCE的距离为d，所以 172 3 333 E BCDD BCEBCE VVd Sd ，所以 2 21 7 d ，所以点D到平面BCE的距离为 2 21 7 . 第 15 页共 17 页【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定，以及平面与平面平行的判定与证明，以及利用“等积法”求解点到平面的距离，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，以及熟练应用“等体积法”求解点到平面的距离是解答的关键

30、，着重考查推理与运算能力. 22在在5CA CB ，ABC的面积为的面积为3 3，这两个条件中任选一个，补充在下，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决该问题：面问题中，并解决该问题：在在ABC中，角中，角A，B，C所对各边分别为所对各边分别为a，b，c，已知，已知 sinsin 1 sinsinsinsin BC ACAB ，_，且，且1b . （1）求）求ABC的周长；的周长；（2）已知数列）已知数列 n a为公差不为为公差不为 0 的等差数列，数列的等差数列，数列 n b为等比数列，为等比数列， 1cos 1aA，且且 11 ba， 23 ba， 37 ba.若数列若数

31、列 n c的前的前n项和为项和为 n S，且，且 1 1 3 c ， 1 1 1 n n nnn a c ba a ，2n.证明：证明： 11 6 n S . 【答案】【答案】（1）13133；（2）证明见解析. 【解析】【解析】（1）选择条件，根据 sinsin 1 sinsinsinsin BC ACAB ，由正弦定理得到 222 bcabc，再由余弦定理求出 3 A ，再由 5CA CB ，结合题中条件，求出边长，即可得出周长；选择条件，同先求出 3 A ，再由ABC的面积为3 3，结合题中条件，求出边长，即可得出周长；（2）根据题意，得到 1 2a ， 1 2b ，设数列

32、 n a的公差为d，数列 n b的公比为q，第 16 页共 17 页根据题中条件求出公差和公比，得出通项公式，求出 11 212 n n n c nn ，再由错位相减法和裂项相消法的方法求出 n S，即可得出结果. 【详解】（1）选择条件，过程如下：因为 sinsin 1 sinsinsinsin BC ACAB ，所以1 bc acab ，所以 222 bcabc，所以 222 1 cos 222 bcabc A bcbc ，又因为0A，所以 3 A . 因为5CA CB ，所以cos5abC ，所以 222 5 2 abc ab ab ，所以 222 10abc ，

33、因为1b，代入 222 bcabc和 222 10abc ，得 22 1acc和 22 11ac ，联立解得133a ，12c ，所以ABC的周长为13133. （1）选择条件，过程如下：因为 sinsin 1 sinsinsinsin BC ACAB ，所以1 bc acab ，所以 222 bcabc，所以 222 1 cos 222 bcabc A bcbc ，又因为0A，所以 3 A . 因为ABC的面积为3 3，所以 113 sinsin3 3 2234 bcAcc ，所以12c ，把1b，12c 代入 222 bcabc得133a ，第 17 页共 17 页所

34、以ABC的周长为13 133 . （2）因为 1 cos 2 A，所以 1 2a ，所以 1 2b ，设数列 n a的公差为d，数列 n b的公比为q，因为 23 ba， 37 ba，所以222qd， 2 226qd，联立以上两式消d得 2 320qq，所以 1q 或2q = ，因为数列 n a为公差不为 0，所以0d ，所以1q ，所以2q =，1d . 所以 1 11 n aandn， 1 1 2 nn n bbq ，当2n时， 1 1 111 212 n n n nnn an c ba ann ，又因为 1 1 3 c 适合上式，所以 11 212 n n n c nn ，n

35、 + N. 故 2 12111111 222233412 n n n S nn ，令 2 12 222 n n n T ，则 231 112 2222 n n n T ，作差得 231 11111 222222 n nn n T ，整理得， 2 2 2 n n n T ，设 111111 233412 n K nn 11 22n ，所以 321 222 nnn n n STK n ，因为n + N，所以 2 2n n 0，所以 31 22 n S n ，因为 11 23n ，所以 3111 226n ，所以 11 6 n S . 【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，考查等差数列与等比数列的综合，考查错位相减法和裂项相消法求数列的和，属于跨章节综合题.

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