2021学年成都市树德中学高一数学下学期期末考试卷附答案解析

学年成都市树德中学高一数学下学期期末考试卷一、单选题1．向量满足，则（

）A．(－3，4)B．(3，4)C．(3，－4)D．(－3，－4)2．设a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（

）A．，则 B．，则C．，则 D．，则3．在中，,BC=1,AC=5，则AB=A． B． C． D．4．设为等差数列的前项和，若，，则A． B． C． D．5．已知中，，且，，若，且，则实数的值为（

）A． B． C． D．6．某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A．1 B．2C．3 D．47．已知数列满足：，则其前100项和为A．250 B．200 C．150 D．1008．在棱长为的正方体中，为的中点，则过、、三点的平面截正方体所得的截面面积为（）A． B． C． D．9．设，，在，，…，中，正数的个数是A．15 B．16 C．18 D．2010．已知动直线恒过点且到动直线的最大距离为3，则的最小值为A． B． C．1 D．911．已知在三棱锥中，，，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．12．在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（

）A． B． C． D．二、填空题13．若直线：()与直线：的距离为，则______.14．设等比数列中，前n项和为，已知，则等于________.15．已知，若函数图象的任何一条对称轴与轴交点的横坐标都不属于区间，则的取值范围是__________．（结果用区间表示）16．如图所示，在棱长为1的正方体中，P，Q分别为上的动点，则周长的最小值为_____．三、解答题17．已知为锐角，，．（1）求的值；（2）求的值．18．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=5，nSn+1-（n+1）Sn=n2+n.（1）求证：数列为等差数列；（2）令bn=2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.19．如图，已知多面体，，，均垂直于平面，，，，．（1）证明：平面；（2）求直线平面所成的角的正弦值．20．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c．已知的外接圆半径，且．(1)求B和b的值；(2)求面积的最大值．21．已知正三角形的边长为a，CD是边上的高，E，F分别是，BC的中点，现将三角形沿CD翻折至ADC的位置，使平面平面BCD，如图所示.(1)试判断翻折后直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由.(2)若三棱锥的体积为，求实数a的值.(3)在线段AC上是否存在一点P，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.22．已知正项数列的前项和为，，．（Ⅰ）求和；（Ⅱ）若，数列的前项和为．记，，求证：，．【答案】1.A【分析】根据向量加法的坐标运算直接把向量与相减即可求得是坐标.【详解】因为，所以，所以.故选：A.2．B【分析】A.利用直线与平面的位置关系判断；B.利用线面平行的性质定理和面面垂直的判定定理判断；C.利用直线与直线的位置关系判断；D.利用平面与平面的位置关系判断.【详解】A.，则或，故错误；B.过直线a作平面，有，因为，所以，又因为，所以，所以，故正确C.，则或a，b异面，故错误；D.，则或相交，故错误；故选：B3．A【详解】分析：先根据二倍角余弦公式求cosC,再根据余弦定理求AB.详解：因为所以，选A.点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.4．B【详解】分析：首先设出等差数列的公差为，利用等差数列的求和公式，得到公差所满足的等量关系式，从而求得结果，之后应用等差数列的通项公式求得，从而求得正确结果.详解：设该等差数列的公差为，根据题中的条件可得，整理解得，所以，故选B.点睛：该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公式的应用，在解题的过程中，需要利用题中的条件，结合等差数列的求和公式，得到公差的值，之后利用等差数列的通项公式得到与的关系，从而求得结果.5．A【分析】根据题意，由向量数量积的运算法则，列出方程求解，即可得出结果.【详解】因为，且，所以有，整理得：，解得.故选：A.【点睛】本题主要考查由向量垂直求参数，熟记向量数量积的运算法则即可，属于常考题型.6．C【分析】【详解】分析：根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.详解：由三视图可得四棱锥，在四棱锥中，，由勾股定理可知：，则在四棱锥中，直角三角形有：共三个，故选C.点睛：此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解.7．D【详解】因为,所以选D.8．B【分析】取中点，连接、、、、，证明出，故四点、、、共面，所以过、、三点的平面截正方体所得的截面为等腰梯形，根据已知，即可求解.【详解】取中点，连接、、、、，因为且，所以，四边形为平行四边形，所以，，、分别为、的中点，所以，且，所以，，故、、、四点共面，所以过、、三点的平面截正方体所得的截面为等腰梯形，其中，，，过点、在平面内分别作的垂线，垂足点分别为、，因为，，，所以，，故，在平面内，因为，，，所以，四边形为矩形，则，所以，，所以，梯形的高，梯形的面积.故选：B.9．D【分析】根据数列的通项公式可判断出数列的正负，然后分析的正负，再由的正负即可确定出，，…，中正数的个数.【详解】当时，，当时，，因为，所以，因为，，所以取等号时，所以均为正，又因为，所以均为正，所以正数的个数是：.故选：D.【点睛】本题考查数列与函数综合应用，着重考查了推理判断能力，难度较难.对于数列各项和的正负，可通过数列本身的单调性周期性进行判断，从而为判断各项和的正负做铺垫.10．B【分析】由题意可得：可得．又到动直线的最大距离为3，可得，解得，从而得到．再利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．【详解】动直线恒过点，．又到动直线的最大距离为3，，解得．．则，当且仅当时取等号．故选：B．【点睛】本题考查直线方程、点到直线的距离公式、两点之间的距离公式、基本不等式的性质，考查推理能力与计算能力，属于中档题．11．D【分析】如图，取AC的中点D，连接BD，SD，则可得为二面角的平面角，得，过点D作与平面垂直的直线，则球心O在该直线上，设球的半径为R，连接OB，OS，然后在△OSD中利用余弦定理可求出R，从而可求得球的表面积.【详解】如图，取AC的中点D，连接BD，SD，因为，，所以，所以为二面角的平面角，所以，因为AB⊥BC，，所以，因为，所以，过点D作与平面ABC垂直的直线，则球心O在该直线上，设球的半径为R，连接OB，OS，可得，在△OSD中，∠ODS＝，利用余弦定理可得，解得R2＝，所以其外接球的表面积为.故选：D12．C【分析】根据余弦定理和的面积公式，结合题意求出、的值，再用表示，求出的取值范围，即可求出的取值范围．【详解】解：在中，由余弦定理得，且的面积，由，得，化简得，又，，联立得，解得或（舍去），所以，因为为锐角三角形，所以，，所以，所以，所以，所以，设，其中，所以，由对勾函数单调性知在上单调递减，在上单调递增，当时，；当时，；当时，；所以，即的取值范围是．故选：C.【点睛】关键点点睛：由，所以本题的解题关键点是根据已知及求出的取值范围.二、填空题13．【分析】观察式子可知，两直线平行，再采用平行直线距离公式求解即可.【详解】直线：()与直线：平行，直线：可化为，利用两直线平行的距离公式：，可求得或，因为故答案为【点睛】本题考查两平行直线的距离求法，解题时需注意在一般式中，的系数需化成一致，以免造成误解.14．【解析】因为，根据等比数列的性质可知，也成等比数列，再根据等比数列定义即可求出．【详解】因为,且也成等比数列,而.即8,－1,成等比数列,所以,即，所以．故答案为：．【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和的性质的应用，属于基础题．15．【详解】，令解得，当时，即，当时，即综上点睛：本题考查了正弦函数图像的综合，先运用辅助角公式进行化简，根据题目条件求出正弦函数的对称轴方程，列出不等式即可求出结果，本题关键是求出对称轴方程，较为基础．16．【分析】构造出三棱锥，展开后求长即可【详解】连接，，将三棱锥展开得到如图所示平面展开图，则周长的最小值为，由几何关系知，，，易知，又，故四边形为矩形，所以，又，故为直角三角形，，故答案为：【点睛】本题考查几何体的展开图，周长最值问题，考查了直观想象能力，属于中档题.三、解答题17．（1）；（2）【详解】分析：先根据同角三角函数关系得，再根据二倍角余弦公式得结果；（2）先根据二倍角正切公式得，再利用两角差的正切公式得结果.详解：解：（1）因为，，所以．因为，所以，因此，．（2）因为为锐角，所以．又因为，所以，因此．因为，所以，因此，．点睛：应用三角公式解决问题的三个变换角度(1)变角：目的是沟通题设条件与结论中所涉及的角，其手法通常是“配凑”.(2)变名：通过变换函数名称达到减少函数种类的目的，其手法通常有“切化弦”、“升幂与降幂”等.(3)变式：根据式子的结构特征进行变形，使其更贴近某个公式或某个期待的目标，其手法通常有：“常值代换”、“逆用变用公式”、“通分约分”、“分解与组合”、“配方与平方”等.18．（1）证明见解析；（2）Tn=（2n+1）2n+1-2.【分析】（1）利用等差数列的定义证明即可.（2）利用错位相减法即可求解.【详解】（1）证明：由nSn+1-（n+1）Sn=n2+n得，又=5，所以数列是首项为5，公差为1的等差数列.（2）由（1）可知=5+（n-1）=n+4，所以Sn=n2+4n.当n≥2时，an=Sn-Sn-1=n2+4n-（n-1）2-4（n-1）=2n+3.又a1=5也符合上式，所以an=2n+3（n∈N），所以bn=（2n+3）2n，所以Tn=5×2+7×22+9×23+…+（2n+3）2n，①2Tn=5×22+7×23+9×24+…+（2n+1）2n+（2n+3）·2n+1，②所以②-①得Tn=（2n+3）2n+1-10-（23+24+…+2n+1）=（2n+3）2n+1-10-=（2n+3）2n+1-10-（2n+2-8）=（2n+1）2n+1-2.19．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）由已知条件可得，，则，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论；（2）如图，过点作，交直线于点，连接，可证得平面，从而是与平面所成的角，然后在求解即可【详解】（1）证明：

由，，，，得，所以，由．由，，，，得，由，得，由，得，所以，故，又，因此平面．（2）解

如图，过点作，交直线于点，连接．由平面，平面，得平面平面，由，得平面，所以是与平面所成的角．由，，得，，所以，故．因此，直线与平面所成的角的正弦值是．【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定和线面角的求法，解题的关键是通过过点作，交直线于点，连接，然后结合条件可证得是与平面所成的角，从而在三角形中求解即可，考查推理能力和计算能力，属于中档题20．(1)，b=2；(2)【分析】（1）利用同角三角函数间的关系切化弦得，再由正弦的和角公式化简可求得B，再利用正弦定理可求得b；（2）由余弦定理得，利用基本不等式得，由三角形的面积公式可求得答案.【详解】(1)解：因为，所以，，即，因为，所以，又，所以，所以，又的外接圆半径，所以由正弦定理得；(2)解：由余弦定理得，由基本不等式得（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），故面积的最大值为．21．(1)平面DEF，理由见解析(2)2(3)存在，【分析】（1）平面DEF，由线面平行判定定理证明即可；（2）证明平面BCD，且可得，利用棱锥体积公式求解即可；（3）过B作交DC于点K，连接KF，过K作交AC于点P，连接BP，由线面垂直可得线线垂直，再利用平行线分线段成比例求解.【详解】(1)平面DEF.理由如下：在中，，F分别是AC，BC的中点，，又平面DEF，平面DEF，平面DEF.(2)由题意，得，平面平面BCD，平面BCD.取CD的中点M，连接EM，则，如图，平面BCD，且.易得.三棱锥的体积为，，解得.(3)在线段AC上存在一点P，使得.理由如下：易知三角形BDF为正三角形，过B作交DC于点K，连接KF，过K作交AC于点P，连接BP，则点P即所求，如上图，平面BCD，平面BCD，.又，，平面PKB，.又，.故，从而.22．（Ⅰ），，；（Ⅱ）证明见解析.【解析】（Ⅰ）根据，可得的奇数项是以1为首项，4为公差的等差数列，偶数项是以3为首项，4为公差的等差数列，根据