1、湖南省长沙市雅礼教育集团2019-2020学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）（时量：120分钟 满分：150分）一、选择题：本大题共12个小题，每小题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的.1.等差数列中，则数列的公差为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】设数列的公差为，则由题意可得，由此解得的值【详解】解：设数列的公差为，则由，可得，解得.故选：B【点睛】本题考查等差数列的通项公式的应用，由已知条件求基本量2.如果直线(2a+5)x+(a2)y+4=0与直线(2a)x+(a+3)y1=0互相垂直，则a的值等于（ ）A. 2B. 2
2、C. 2,2D. 2,0,2【答案】C【解析】(2a5)(2a)(a2)(a3)0，所以a2或a2.3.在中，则边长为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用余弦定理可求得边长.【详解】由余弦定理得，因此，.故选：D.【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于基础题.4.九章算术第三章“衰分”介绍比例分配问题：“衰分”是按比例递减分配的意思,通常称递减的比例(百分比)为“衰分比”如：甲、乙、丙、丁“哀”得,个单位,递减的比例为,今共有粮石,按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰分”,已知丙衰分得石,乙、丁衰分所得的和为石,则“衰分比”与的值分别为（ ）A. B. C.
3、 D. 【答案】A【解析】【分析】设“衰分比”为,甲衰分得石,由题意列出方程组,由此能求出结果【详解】解：设“衰分比”为,甲衰分得石,由题意得,解得,故选A【点睛】本题考查等比数列在生产生活中的实际应用,是基础题,解题时要认真审题,注意等比数列的性质的合理运用5.如图所示，一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图为全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边长为2，那么这个几何体的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据三视图还原原图，并根据锥体体积公式，计算出几何体的体积.【详解】由三视图可知，该几何体为三棱锥，如下图所示，故体积为.故选：A【点睛】本小题主要考查根据
4、三视图还原原图，考查几何体体积的求法，属于基础题.6.已知向量 ，满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】计算出、的值，利用平面向量数量积可计算出的值.【详解】，.，因此，.故选：D.【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算，考查计算能力，属于中等题.7. 下列命题中错误的是（）A. 如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面B. 如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面C. 如果平面平面，平面平面，=l，那么l平面D. 如果平面平面，那么平面内所有直线都垂直于平面【答案】D【解析】由题意可知：A、结
5、合实物：教室的门面与地面垂直，门面的上棱对应的直线就与地面平行，故此命题成立；B、假若平面内存在直线垂直于平面，根据面面垂直的判定定理可知两平面垂直故此命题成立；C、结合面面垂直的性质可以分别在、内作异于l的直线垂直于交线，再由线面垂直的性质定理可知所作的垂线平行，进而得到线面平行再由线面平行的性质可知所作的直线与l平行，又两条平行线中的一条垂直于平面那么另一条也垂直于平面，故命题成立；D、举反例：教室内侧墙面与地面垂直，而侧墙面内有很多直线是不垂直与地面的故此命题错误故选D8.若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由
6、题意可知圆心在第一象限，设圆心的坐标为，可得圆的半径为，写出圆的标准方程，利用点在圆上，求得实数的值，利用点到直线的距离公式可求出圆心到直线的距离.【详解】由于圆上的点在第一象限，若圆心不在第一象限，则圆与至少与一条坐标轴相交，不合乎题意，所以圆心必在第一象限，设圆心的坐标为，则圆的半径为，圆的标准方程为.由题意可得，可得，解得或，所以圆心的坐标为或，圆心到直线的距离均为；圆心到直线的距离均为圆心到直线的距离均为；所以，圆心到直线的距离为.故选：B.【点睛】本题考查圆心到直线距离的计算，求出圆的方程是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.9.在中，则（ ）A. B. 或 C. D. 不存【答案
7、】B【解析】【分析】利用正弦定理求得的值，结合大边对大角定理以及的取值范围可求得的大小.【详解】由正弦定理，得，则，且，因此，或.故选：B.【点睛】本题考查利用正弦定理解三角形，考查计算能力，属于基础题.10.数列中，且，则数列前2019项和为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由，可得，化为：，利用“累加求和”方法可得，再利用裂项求和法即可得解【详解】解：，整理得：，又，可得：则数列前2019项和为：故选B【点睛】本题主要考查了数列递推关系、“累加求和”方法、裂项求和，考查了推理能力、转化能力与计算能力，属于中档题11.如图所示，平面四边形ABCD中，ABADCD1，BD
8、 ，BDCD，将其沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD平面BCD，若四面体ABCD的顶点在同一个球面上，则该球的体积为()A. B. 3C. D. 2【答案】A【解析】由题可知，球心中点上，所以，所以，故选A点睛：本题中三棱锥的外接球的球心，首先找到底面的外心，在中点上，再在过底面外心的中轴线的一点，满足到各顶点的距离相等，则该点就是外接球球心，本题的中点恰好满足球心外接球问题关键就是找到球心，求出半径12.数列满足，则的前项和为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分和两种情况讨论，推导出。，由此可计算出数列的前项和.详解】当时，；当时，可得，因此，数列的前项和为.
9、故选：D.【点睛】本题考查分组求和，推导出，是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在对应题号后的横线上.13.在正方体中，直线与所成角的大小为_.【答案】【解析】【分析】分别连接,可得，得到异面直线与所成角即为直线与所成角，在中，即可求解.【详解】如图所示，在正方体中，分别连接,可得,所以异面直线与所成角即为直线与所成角，设，在中，可得，所以，即异面直线与所成角.故答案为：.【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中熟记异面直线所成的求法是解答的关键，着重考查运算与求解能力，属于基础题.14.设、为单位向量，且，则_.【答
10、案】【解析】【分析】本题首先可以根据、为单位向量得出，然后根据得出，最后通过计算的值即可得出结果.【详解】因为、为单位向量，所以，因为，所以，则，故答案为.【点睛】本题考查单位向量的相关性质以及向量的模的相关计算，若向量为单位向量，则向量的模长为，考查计算能力，是简单题.15.若数列an的前n项和为Snan，则数列an的通项公式是an=_.【答案】；【解析】【详解】试题分析：解：当n=1时，a1=S1=a1+，解得a1=1,当n2时，an=Sn-Sn-1=（）-（）=-整理可得anan1，即=-2，故数列an是以1为首项，-2为公比的等比数列，故an=1（-2）n-1=（-2）n-1故答案为（
11、-2）n-1考点:等比数列的通项公式16.如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列命题：直线平面三棱锥的体积为定值异面直线与所成角的取值范围是直线与平面所成角的正弦值的最大值为其中所有真命题的序号是_.【答案】【解析】【分析】对于，利用线面垂直的判定定理及线面垂直的性质定理，即可进行判断；对于，利用线面平行的判定定理，得出平面，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可进行判断；对于，利用异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于，通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求出直线与平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即可进行判断.【详解】对于，连接，平面，同理，直线平面，故正确；对于，平面，平面，平面，
12、点在线段上运动，点到平面的距离为定值，又的面积为定值，三棱锥的体积为定值，故正确；对于，异面直线与所成的角即为与所成的角，当点位于点时，与所成的角为，当点位于的中点时，平面，此时，与所成的角为，异面直线与所成角的取值范围是，故错误；对于，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，设平面的法向量，则，即，令，得，所以，直线与平面所成角的正弦值为：，当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，最大值为，故正确.故答案为：.【点睛】本题考查线面垂直的判定定理、线面垂直的性质定理、线面平行的判定定理、三棱锥的体积的计算方法、异面直线所成角的计算方法、利用向量法求解直线与平面
13、所成角的正弦值，考查学生对这些知识的掌握能力，属于中档题.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.如图，在三棱锥中，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点.（1）求证：；（2）求证：平面BDE平面PAC.【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而得到；（2）利用线面垂直的判定定理，证得平面，再结合面面垂直的判定，即可证得平面平面；【详解】（1）由，且平面，平面，且，由线面垂直的判定定理，可得平面，又因为平面，所以；（2）由，为的中点，可得，又由平面，平面，所以平面平面，又因为平面平面平
14、面，且，所以平面，因为平面，所以平面平面【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定及性质，以及平面与平面垂直的判定与证明，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理是解答的关键，着重考查推理与论证能力，属于基础题.18.设数列满足.（1）求的通项公式；（2）求数列 的前项和【答案】(1) ；(2).【解析】【分析】（1）利用递推公式,作差后即可求得的通项公式.（2）将的通项公式代入,可得数列的表达式.利用裂项法即可求得前项和.【详解】（1）数列满足时, 当时,上式也成立（2）数列的前n项和【点睛】本题考查了利用递推公式求通项公式,裂项法求和的简单应用,属于基础题.19.已知的内角的对边分别是，且
15、.（1）求；（2）若，的面积为，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据，由二倍角正弦公式得到，然后由正弦定理求解.（2）根据，利用余弦定理，得到，再根据的面积为，得到，两式联立求解.【详解】（1）由，得，由正弦定理，得，由于，所以.因为，所以.（2）由余弦定理，得，又，所以.又的面积为，即，即，即.由得，则，得.所以的周长为.【点睛】本题主要考查等正弦定理，余弦定理应用以及二倍角公式，还考查了运算求解的能力，属于中档题.20.如图所示，四棱锥中，底面为正方形，平面，分别为、的中点（1）求证：/平面；（2）求三棱锥的体积【答案】(1)见解析；(2) .【解析】【详解】(1) 取
16、的中点,连接,由于,所以,即四点共面.根据三角形的中位线得,所以平面.(2)由于平面,所以,而,所以平面,故.【点睛】本小题主要考查空间直线与平面平行的证明,考查空间几何体体积的求法,考查了平面延伸的方法.由于平面范围较小,故需要将平面扩展开来,扩展的方法就是构造线线平行来扩展,即利用来扩展这个平面,再结合三角形的中位线即可证得线面平行.21.已知点，点在圆上运动.（1）求过点且被圆截得的弦长为的直线方程；（2）求的最值.【答案】(1)或;(2)最大值为88,最小值为72.【解析】【分析】(1) 依题意,直线的斜率存在, 设出直线方程, 结合点到直线距离公式,列出方程求解,即可得出结果.(2)
17、 由设点坐标为则.代入化简可得,由,即可求得求的最值.【详解】(1)依题意,直线的斜率存在,因为过点且被圆截得的弦长为,所以圆心到直线的距离为,设直线方程为,即,所以,解得或所以直线方程为或.(2)设点坐标为则.因为,所以,即的最大值为88,最小值为72.【点睛】本题主要考查已知弦长求直线方程,考查圆上的点到定点的距离平方和的最值问题,熟记直线与圆的位置关系,以及点到直线距离公式即可,难度较易.22.已知数列与满足，.（1）若，且，求数列的通项公式；（2）设，求的取值范围，使得对任意m，且.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由得到，因此数列是等差数列，然后根据首项和公差写出通项公式即可；（2）先用累加法求出数列的通项公式，然后利用指数函数的单调性分别讨论出数列和的单调性，从而求出数列的最大值与最小值，进而列出不等式求解即可.【详解】（1），又，是以1为首项，6为公差的等差数列，.（2），上述等式累加可得，又，且对任意的，此时，结合指数函数单调性可知，数列是单调递增数列，数列是单调递减数列，的最大值为，最小值为，的最大值为，最小值为，,的取值范围为.【点睛】本题考查了定义法和累加法求数列通项，综合指数函数单调性考查了数列的单调性与最值问题，综合性较强，有一定难度.