2019-2020学年安徽省宣城市七校高一下学期期末(文科)数学试卷 (解析版)

2019-2020学年安徽省宣城市七校高一第二学期期末数学试卷（文科）一、选择题（共12小题）.1．函数f（x）＝的定义域为（）A．[1，6]B．（﹣∞，1]∪[6，+∞）C．[﹣6，﹣1]D．（﹣∞，﹣6]∪[﹣1，+∞）2．sin cos＝（）A．B．C．1D．3．若实数a，b满足a＜b＜0，则下列正确的结论为（）A．a2＜b2B．＜aC．＜b D．ln（﹣a）＞ln（﹣b）4．下列命题中，错误的命题为（）A．如果两个平行平面和第三个平面相交，那么所得的两条交线平行B．如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直C．如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面D．过平面外一点，有且只有一条直线与该平面平行5．已知等差数列{a n}的通项公式为a n＝31﹣3n，则数列{a n}的前n项和S n的最大值为（）A．158B．176C．135D．1456．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若c2＝2a2+b2，则△ABC的形状为（）A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．不能确定7．在前n项和为S n的等比数列{a n}中，a3a4a5＝8，S14＝129S7，则a1＝（）A．2B．C．D．8．已知tanαtanβ＝m，cos（α﹣β）＝n，则cos（α+β）＝（）A．B．C．D．9．已知等差数列{a n}共有2n（n∈N*）项，若数列{a n}中奇数项的和为190，偶数项的和为210，a1＝1，则公差d的值为（）A．2B．4C．D．10．若a＞0，b＞0，+＝2，则a+4b的最小值为（）A．B．4C．D．311．如图，在六棱锥O﹣ABCDEF中，底面ABCDEF为正六边形，OA＝AB，OA⊥底面ABCDEF，P为OD的中点，Q为OE的中点，下列说法正确的是（）A．△OAB的面积大于△OCD的面积B．直线AP与直线BQ互为异面直线C．平面OBC与平面OAF垂直D．直线OC与平面ABCDEF所成的角的正切值为12．已知等比数列{a n}的公比为3，前n项和为S n，若关于m（m∈N*）的不等式|S m﹣a1|＜m+1有且仅有两个不同的整数解，则a1的取值范围为（）A．（﹣1，﹣]∪[，1）B．（﹣1，﹣]∪[，1）C．（﹣，0）∪（0，）D．（﹣，0）∪（0，）二、填空题：本大题共4小题，毎小题5分，共20分．13．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，B＝15°，C＝45°，c＝2，则△ABC中最长的边的边长为．14．已知圆锥的侧面积为15π，高为4，则圆锥的底面半径为．15．已知锐角θ满足cos（θ+）＝，则sin（θ+）＝．16．已知正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为6，侧棱长为6，则正四棱台外接球的半径为．三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．17．已知递增的等比数列{a n}的前n项和为S n，S3＝，a3a4＝a5．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若4a n＝3S n，求正整数n的值．18．已知关于x的不等式x2﹣ax+b＞0的解集为（﹣∞，﹣2）∪（3，+∞）．（1）求实数a、b的值；（2）解关于x的不等式x（x2﹣ax+b）＞0．19．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱垂直于底面，E，F分别是BC，A1C1的中点，△ABC是边长为2的等边三角形，AA1＝2AB．（Ⅰ）求证：EF∥平面ABB1A1；（Ⅱ）求点C到平面AEF的距离．20．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a，b，c，sin2A+sin2B﹣sin2C＝2sin A sin B sin C．（1）求C；（2）若c＝，△ABC的面积为1，求△ABC的周长．21．在三棱锥P﹣ABC中，AB＝BC，PA⊥平面ABC，D为PC的中点，E为AC的中点．（1）求证：BD⊥AC；（2）若M为AB的中点，请问线段PC上是否存在一点N，使得MN∥平面BDE？若存在，请说明点N的位置，并说明理由？若不存在，也请说明理由．22．已知S n为正项数列{a n}的前n项和，且S n＝（a n+1）2．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求证：＜2．参考答案一、选择题（共12小题）.1．函数f（x）＝的定义域为（）A．[1，6]B．（﹣∞，1]∪[6，+∞）C．[﹣6，﹣1]D．（﹣∞，﹣6]∪[﹣1，+∞）【分析】根据二次根式的性质得到关于x的不等式，解出即可．解：由题意得：x2﹣7x+6≥0，解得：x≥6或x≤1，故函数的定义域是：（﹣∞，1]∪[6，+∞），故选：B．2．sin cos＝（）A．B．C．1D．【分析】直接利用二倍角公式求出函数的表达式，计算出值即可．解：因为＝＝．故选：A．3．若实数a，b满足a＜b＜0，则下列正确的结论为（）A．a2＜b2B．＜aC．＜b D．ln（﹣a）＞ln（﹣b）【分析】根据条件，取a＝﹣2，b＝﹣1，则可排除错误选项．解：由实数a，b满足a＜b＜0，取a＝﹣2，b＝﹣1，则可排除ABC．故选：D．4．下列命题中，错误的命题为（）A．如果两个平行平面和第三个平面相交，那么所得的两条交线平行B．如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直C．如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面D．过平面外一点，有且只有一条直线与该平面平行【分析】借助于平面和平面平行的性质定理，平面和平面垂直的判定定理与性质定理，逐一判断选项即可．解：对于A，由面面平行的性质定理知，如果两个平行平面和第三个平面相交，那么所得的两条交线平行，选项正确；对于B，由面面垂直的判定定理知，如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直，选项正确；对于C，由面面垂直的性质定理知，如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面，选项正确；对于D，过平面外一点，有无数条直线与该平面平行，选项错误；故选：D．5．已知等差数列{a n}的通项公式为a n＝31﹣3n，则数列{a n}的前n项和S n的最大值为（）A．158B．176C．135D．145【分析】由a n＝31﹣3n≥0，解得1≤n≤10，从而当n＝10时，数列{a n}的前n项和S n 取最大值．解：∵等差数列{a n}的通项公式为a n＝31﹣3n，∴由a n＝31﹣3n≥0，解得1≤n≤10，a1＝31﹣3×1＝28，d＝a2﹣a1＝（31﹣3×2）﹣28＝﹣3，∴当n＝10时，数列{a n}的前n项和S n取最大值为：S10＝10×28+＝145．故选：D．6．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若c2＝2a2+b2，则△ABC的形状为（）A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．不能确定【分析】由已知利用余弦定理可得cos C＝﹣＜0，可得C为钝角，即可判断得解．解：由已知c2＝2a2+b2，利用余弦定理可得cos C＝＝＝﹣＜0，可得C为钝角，故三角形的形状为钝角三角形．故选：C．7．在前n项和为S n的等比数列{a n}中，a3a4a5＝8，S14＝129S7，则a1＝（）A．2B．C．D．【分析】设等比数列{a n}的公比为q≠1，由a3a4a5＝8，S14＝129S7，可得：＝8，即a4＝2＝a1q3，＝，联立解得a1．解：设等比数列{a n}的公比为q≠1，∵a3a4a5＝8，S14＝129S7，∴＝8，即a4＝2＝a1q3，＝，则a1＝，q＝2．故选：C．8．已知tanαtanβ＝m，cos（α﹣β）＝n，则cos（α+β）＝（）A．B．C．D．【分析】根据同角的三角函数关系，结合两角和差的余弦公式建立方程，求出sinαsinβ，cosαcosβ的值即可．解：∵tanαtanβ＝m，∴＝m，即sinαsinβ＝m cosαcosβ，∵cos（α﹣β）＝n，∴cos（α﹣β）＝cosαcosβ+sinαsinβ＝n，得cosαcosβ+m cosαcosβ＝n，得cosαcosβ＝，sinαsinβ＝，则cos（α+β）＝cosαcosβ﹣sinαsinβ＝﹣＝，故选：B．9．已知等差数列{a n}共有2n（n∈N*）项，若数列{a n}中奇数项的和为190，偶数项的和为210，a1＝1，则公差d的值为（）A．2B．4C．D．【分析】由已知结合等差数列的性质及求和公式即可直接求解．解：由题意可得，S偶﹣S奇＝nd＝210﹣190＝20，S奇＝＝na n＝n[1+（n﹣1）d]＝190，所以n+20（n﹣1）＝190，解可得n＝10，d＝2．10．若a＞0，b＞0，+＝2，则a+4b的最小值为（）A．B．4C．D．3【分析】利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．解：因为a＞0，b＞0，+＝2，则a+4b＝（a+4b）（）×＝（+5）＝，当且仅当且+＝2，即a＝，b＝时取等号．故选：A．11．如图，在六棱锥O﹣ABCDEF中，底面ABCDEF为正六边形，OA＝AB，OA⊥底面ABCDEF，P为OD的中点，Q为OE的中点，下列说法正确的是（）A．△OAB的面积大于△OCD的面积B．直线AP与直线BQ互为异面直线C．平面OBC与平面OAF垂直D．直线OC与平面ABCDEF所成的角的正切值为【分析】对于A，取特值计算排出即可；对于B，由立体几何公理体系可判断；对于C，由面面垂直的性质即可判断；对于D，根据线面角的定义找出直线OC与平面ABCDEF 所成的角，再计算即可．解：不妨设OP＝AB＝1，可得，，故选项A错误；由PQ∥DE∥AB可得直线AP与直线BQ共面，故B选项错误；因为AC⊥平面OAF，而AC与平面OBC不平行，故C选项错误；，故选项D正确．12．已知等比数列{a n}的公比为3，前n项和为S n，若关于m（m∈N*）的不等式|S m﹣a1|＜m+1有且仅有两个不同的整数解，则a1的取值范围为（）A．（﹣1，﹣]∪[，1）B．（﹣1，﹣]∪[，1）C．（﹣，0）∪（0，）D．（﹣，0）∪（0，）【分析】先通过数列求和公式把S m求出来，代入到把不等式|S m﹣a1|＜m+1中，得到①，再分m＝1和m≥2两种情况分类讨论，显然易得m＝1是不等式的解，所以当m⩾2时不等式①有且仅有一个解，即有且仅有一个大于等于2的解，令令，作差求f（m）的单调性之后即容易得到，解出来即得答案．解：因为等比数列{a n}的公比q＝3，所以，不等式|S m﹣a1|＜m+1等价于①，当m＝1时，显然是不等式①的解；当m⩾2时，3m﹣3＞0，则等价于，因为关于m（m∈N*）的不等式|S m﹣a1|＜m+1有且仅有两个不同的整数解，所以当m⩾2时有且仅有一个解，令，则，故f（m）在m⩾2时单调递减，所以，又因为f（2）＝，解得a1的取值范围为（﹣1，﹣]∪[，1）．故选：A．二、填空题：本大题共4小题，毎小题5分，共20分．13．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，B＝15°，C＝45°，c＝2，则△ABC中最长的边的边长为．【分析】由已知利用三角形内角和定理可求A，可求得a为三角形最长边，由正弦定理即可求解a的值．解：∵B＝15°，C＝45°，c＝2，∴A＝180°﹣B﹣C＝120°，可得a为三角形最长边，∴由正弦定理，可得a＝＝＝．故答案为：．14．已知圆锥的侧面积为15π，高为4，则圆锥的底面半径为3．【分析】根据圆锥侧面积公式以及l2＝r2+h2，列方程组求解即可得答案．解：设圆锥的半径为r，母线为l，高为h，则，解得．故答案为：3．15．已知锐角θ满足cos（θ+）＝，则sin（θ+）＝．【分析】根据同角三角函数关系，以及诱导公式，结合两角和差的正弦公式进行转化求解即可．解：∵锐角θ满足cos（θ+）＝，∴＜θ+＜，则sin（θ+）＝＝，∵θ+﹣（θ+）＝，∴θ+＝（θ+）+，则sin（θ+）＝sin[（θ+）+]＝sin（θ+）cos+cos（θ+）sin＝×﹣×＝，故答案为：16．已知正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为6，侧棱长为6，则正四棱台外接球的半径为3．【分析】根据题意，取正棱台的上下底面的中心，即其外接圆的圆心，O1、O2，球心O 在线段O1O2上，设正四棱台外接球的半径为R，求出O1O2的长，分析可得+＝8，解可得R的值，即可得答案．解：根据题意，设该四棱台为ABCD﹣A1B1C1D1，取正棱台的上下底面的中心O1、O2，即上下底面外接圆的圆心也为O1、O2，则OA＝AC＝AB＝3，同理O1A1＝A1C1＝A1B1＝，过点A1作A1H⊥AO，且交AO于点H，则有A1H＝＝＝8，球心O在线段O1O2上，则有+＝8，解可得：R＝3；故答案为：3三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．17．已知递增的等比数列{a n}的前n项和为S n，S3＝，a3a4＝a5．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）若4a n＝3S n，求正整数n的值．【分析】（1）由已知结合等比数列的通项公式可求q，进而可求；（2）由已知结合等比数列的通项公式及求和公式即可求解．解：（1）设公比为q，由a3a4＝a5可得＝，故a2＝a1q＝1，因为S3＝＝，解可得q＝3或q＝，故a n＝＝3n﹣2，（2）由（1）可得，S n＝＝，若4a n＝3S n，则4×3n﹣2＝，解可得n＝2，故n＝218．已知关于x的不等式x2﹣ax+b＞0的解集为（﹣∞，﹣2）∪（3，+∞）．（1）求实数a、b的值；（2）解关于x的不等式x（x2﹣ax+b）＞0．【分析】（1）由一元二次不等式与对应方程的关系，利用根与系数的关系求得a、b的值；（2）不等式化为x（x2﹣x﹣6）＞0，讨论x＞0和x＜0时，分别求出不等式的解集即可．解：（1）关于x的不等式x2﹣ax+b＞0的解集为（﹣∞，﹣2）∪（3，+∞），所以﹣2和3是方程x2﹣ax+b＝0的两根，由根与系数的关系知，a＝﹣2+3＝1，b＝﹣2×3＝﹣6；（2）由（1）知，不等式x（x2﹣ax+b）＞0化为x（x2﹣x﹣6）＞0；①当x＞0时，x2﹣x﹣6＞0，解得x＞3；②x＜0时，x2﹣x﹣6＜0，解得﹣2＜x＜0；所以原不等式的解集为（﹣2，0）∪（3，+∞）．19．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱垂直于底面，E，F分别是BC，A1C1的中点，△ABC是边长为2的等边三角形，AA1＝2AB．（Ⅰ）求证：EF∥平面ABB1A1；（Ⅱ）求点C到平面AEF的距离．【分析】（Ⅰ）取AB的中点D，连接DE，A1D．可得DE∥AC，且．再由已知结合三棱柱的性质A1F∥AC，且，则A1F∥DE，且A1F＝DE，得到四边形DEFA1是平行四边形，得EF∥DA1．由直线与平面平行的判定可得EF∥平面ABB1A1；（Ⅱ）由已知求出三棱锥F﹣ACE的体积，再求出三角形AEF的面积，利用等体积法求点C到平面AEF的距离．【解答】（Ⅰ）证明：如图，取AB的中点D，连接DE，A1D．∵E是BC的中点，∴DE∥AC，且．由三棱柱的性质知AC∥A1C1．∵F是A1C1的中点，∴A1F∥AC，且，∴A1F∥DE，且A1F＝DE，∴四边形DEFA1是平行四边形，得EF∥DA1．∵EF⊄平面ABB1A1，DA1⊂平面ABB1A1，∴EF∥平面ABB1A1；（Ⅱ）解：已知可得：．在△AEF中，，，，AE边上的高为，∴．设点C到平面AEF的距离为h，则，解得．即点C到平面AEF的距离为．20．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a，b，c，sin2A+sin2B﹣sin2C＝2sin A sin B sin C．（1）求C；（2）若c＝，△ABC的面积为1，求△ABC的周长．【分析】（1）利用正弦定理和特殊角的三角函数值进行解答；（2）利用三角形面积公式和余弦定理求得（b+a）的值；然后结合三角形周长公式解答．解：（1）由正弦定理有，a2+b2﹣c2＝2ab sin C，可得sin C＝．所以sin C＝cos C．所以tan C＝1．又有0＜C＜π，可得C＝；（2）由正弦定理有，ab sin＝1，可得ab＝2．由余弦定理有，a2+b2﹣2ba cos＝5，可得b2+a2＝9．有（b+a）2＝9+4＝（2+1）2，可得b+a＝2+1．故△ABC的周长为：+2+1．21．在三棱锥P﹣ABC中，AB＝BC，PA⊥平面ABC，D为PC的中点，E为AC的中点．（1）求证：BD⊥AC；（2）若M为AB的中点，请问线段PC上是否存在一点N，使得MN∥平面BDE？若存在，请说明点N的位置，并说明理由？若不存在，也请说明理由．【分析】（1）由已知证明DE∥AP，结合PA⊥平面ABC，得DE⊥平面ABC，得到DE ⊥AC，再由BE⊥AC，可得AC⊥平面BDE．从而得到BD⊥AC；（2）假设线段PC上存在点N，使得MN∥平面BDE，取AE的中点Q，连接MQ，NQ，由已知可得MQ∥BE，得到MQ∥平面BDE，由平面与平面平行的判定可得平面MNQ ∥平面BDE，得到NQ∥平面BDE，进一步得到NQ∥DE．由AQ＝QE，NQ∥DE，得N为线段PD的中点．【解答】（1）证明：∵AE＝EC，PD＝CD，∴DE∥AP，又∵PA⊥平面ABC，DE∥PA，∴DE⊥平面ABC，∵AC⊂平面ABC，∴DE⊥AC．∵AB＝BC，AE＝EC，∴BE⊥AC．∵AC⊥DE，AC⊥BE，BE∩DE＝E，∴AC⊥平面BDE．又∵BD⊂平面BDE，∴BD⊥AC；（2）假设线段PC上存在点N，使得MN∥平面BDE，取AE的中点Q，连接MQ，NQ，∵MB＝MA，AQ＝QE，∴MQ∥BE．又∵MQ⊄平面BDE，BE⊂平面BDE，∴MQ∥平面BDE．∵MN⊂平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，MN∩MQ＝M，MN∥平面BDE，MQ∥平面BDE，∴平面MNQ∥平面BDE．又∵NQ⊂平面MNQ，∴NQ∥平面BDE．∵平面PAC∩平面BDE＝DE，NQ∥平面BDE，NQ⊂平面PAC，∴NQ∥DE．又∵AQ＝QE，NQ∥DE，∴N为线段PD的中点．故假设成立，即线段PC上存在一点N，使得MN∥平面BDE，此时点N是线段PC上靠近点P的四等分点．22．已知S n为正项数列{a n}的前n项和，且S n＝（a n+1）2．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求证：＜2．【分析】（1）在已知数列递推式中取n＝1求得数列首项，再由a n＝S n﹣S n﹣1（n≥2）求得数列{a n}是以1为首项，以2为公差的等差数列，再由等差数列的通项公式求解；（2）验证n＝1时不等式成立，当n≥2时，利用裂项相消及放缩法证明＜2．【解答】（1）解：由S n＝（a n+1）2，得，解得a1＝1；当n≥2时，，即，整理得：（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣2）＝0．又a n＞0，∴a n﹣a n﹣1﹣2＝0，即a n﹣a n﹣1＝2（n≥2），∴数列{a n}是以1为首项，以2为公差的等差数列，则a n＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；（2）证明：由（1）得，．①当n＝1时，＜2；②当n≥2时，＜．∴＝＜1+（1﹣）+（）+…+（）＝2﹣＜2．由上可知，＜2．。