1、树德中学高 2021 级高一下期期末考试数学试题命题人：王钊审题人：肖兴佳、李小蛟、唐颖君考试时间：120 分钟；满分：150 分第 I 卷（选择题）一、选择题(本题共 12 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.向量 a，b满足 a+b=(-1，5)，a-b=(5，-3)，则 b为()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 a b,a ，则 b B a ,a ，则 C a ,b ,，则 a bD a ,b ,a ,b ，则 3.在 AB
2、C 中，cos C2=55，BC=1，AC=5，则 AB=()A.4 2B.30C.29D.2 54.记 Sn为等差数列 an 的前 n 项和.若 3S3=S2+S4，a1=2，则 a5=()A.-12B.-10C.10D.125.已知 ABC 中，A=120，且 AB=3，AC=4，若 AP=AB+AC，且 AP BC，则实数 的值为()A.2215B.103C.6D.1276.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.1B.2C.3D.47.已知数列 an 满足 an+1+(-1)n+1an=2，则其前 100 项和为()A.250B.200C.150D.1
3、008.在棱长为 a 的正方体 ABCD-A1B1C1D1中，E 为 AA1的中点，则过 B、C1、E 三点的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面面积为()A 3 108a2B 98 a2C 3 24a2D102a29.设 an=1n sin n10，Sn=a1+a2+an，在 S1，S2，S20中，正数的个数是()A 15B 16C 18D 2010.已知动直线 l：ax+by+c-2=0(a 0，c 0)恒过点 P(1，m)且 Q(4，0)到动直线 l 的最大距离为3，则 12a+2c 的最小值为()A.92B.94C.1D.911.已知三棱锥 S-ABC 中，AB BC，AB
4、=BC=2，SA=SC=2 2，二面角 B-AC-S 的大小为23，则三棱锥 S-ABC 的外接球的表面积为()A.1249B.1054C.1059D.104912.在锐角 ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，S 为 ABC 的面积，且 2S=a2-b-c2，则2b2+c2bc的取值范围为()A4315,5915B 2 2,4315C 2 2,5915D.2 2,+第 II 卷（非选择题）二、填空题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分)13.若直线 l1：x+3y+m=0(m 0)与直线 l2：2x+6y-3=0 的距离为10，则 m=_.14.设等比数列 an
5、中，前 n 项和为 Sn，已知 S3=8，S6=7，则 a7+a8+a9等于 _.15.已知 f(x)=sin x-cos x 23，若函数 f(x)图象的任何一条对称轴与 x 轴交点的横坐标都不属于区间(，2)，则 的取值范围是 _.16.如图所示，在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，P，Q 分别为 BD1，BB1 上的动点，则三角形C1PQ 的周长最小值为 _.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.（10 分）已知，为锐角，tan =43，cos(+)=-55.(1)求 cos 2 的值；(2)求 tan(-)的值.
6、18.（12 分）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Snn为等差数列；(2)令 bn=2nan，求数列 bn 的前 n 项和 Tn.19.（12 分）如图，已知多面体 ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C 均垂直于平面 ABC，ABC=120，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2.(1)证明：AB1 平面 A1B1C1；(2)求直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值20.（12 分）在 ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，已知 ABC 的外接圆半径 R=2，且 tan B+tan C
7、=2sinAcosC.(1)求 B 和 b 的值；(2)求 ABC 面积的最大值21.（12 分）已知正三角形 ABC 的边长为 a，CD 是 AB 边上的高，E，F 分别是 AC，BC 的中点，现将三角形 ADC 沿 CD 翻折至 ADC 的位置，使平面 ADC 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 E-DFC 的体积为324，求实数 a 的值.(3)在线段 AC 上是否存在一点 P，使得 BP DF？若存在，求出 APAC 的值；若不存在，请说明理由.22.（12 分）已知正项数列 an的前 n 项和为 Sn,4Sn=
8、an an+1+1,a1=1(1)求 an和 Sn；(2)若 bn=2an,数列 bn的前 n 项和为 Tn记 An=b2T1T2+b3T2T3+b4T3T4+bn+1TnTn+1,Bn=1S1+1S2+1S3+1Sn,求证：An+Bn 52,n N*树德中学高 2021 级高一下期期末考试数学试题答案一、选择题ABABACDBD B D C二、填空题13.17214.1815.34，7816.4+2 2三、解答题17.解（1）因为 tan =43，tan =sincos，所以 sin =43 cos.2 分因为 sin2+cos2=1，所以 cos2=925，因此，cos 2=2cos2-1
9、=-725.5 分（2）因为，为锐角，所以 +(0，).又因为 cos(+)=-55，所以 sin(+)=1-cos2(+)=2 55，因此 tan(+)=-2.7 分因为 tan =43，所以 tan 2=2tan1-tan2=-247，因此，tan(-)=tan2-(+)=tan2-tan(+)1+tan2tan(+)=-211.10 分18.(1)证明 由 nSn+1-(n+1)Sn=n2+n 得 Sn+1n+1-Snn=1，又 S11=5，所以数列Snn是首项为 5，公差为 1 的等差数列.5 分(2)解 由(1)可知 Snn=5+(n-1)=n+4，所以 Sn=n2+4n.当 n 2
10、 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*)，.7 分所以 bn=(2n+3)2n，所以 Tn=5 2+7 22+9 23+(2n+3)2n，2Tn=5 22+7 23+9 24+(2n+1)2n+(2n+3)2n+1，所以-得Tn=(2n+3)2n+1-10-(23+24+2n+1)=(2n+3)2n+1-10-23(1-2n-1)1-2.10 分=(2n+3)2n+1-10-(2n+2-8)=(2n+1)2n+1-2.12 分19.(1)证明 由 AB=2，AA1=4，BB1=2，AA1 AB，BB
11、1 AB 得 AB1=A1B1=2 2，所以 A1B21+AB21=AA21，由 AB1 A1B1.由 BC=2，BB1=2，CC1=1，BB1 BC，CC1 BC得 B1C1=5，.3 分由 AB=BC=2，ABC=120 得 AC=2 3，由 CC1 AC，得 AC1=13，所以 AB21+B1C 21=AC 21，故 AB1 B1C1，又 A1B1 B1C1=B1，因此 AB1 平面 A1B1C1.6 分(2)解 如图，过点 C1作 C1D A1B1，交直线 A1B1于点 D，连接 AD.由 AB1 平面 A1B1C1，AB1 平面 ABB1，得平面 A1B1C1 平面 ABB1，由 C
12、1D A1B1得 C1D 平面 ABB1，所以 C1AD 是 AC1与平面 ABB1所成的角.8 分由 B1C1=5，A1B1=2 2，A1C1=21 得 cosC1A1B1=67，sinC1A1B1=17，所以 C1D=3，故 sinC1AD=C1DAC1=3913.因此，直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值是3913.12 分20.解：(1)因为 tan B+tan C=2sinAcosC，所以 sinBcosB+sinCcosC=2sinAcosC.所以 sinBcosC+cosBsinC=2sinAcosB，sin(B+C)=2sinAcosB，因为 A+B+C=，所以 sin
13、(B+C)=sinA.3 分因为 sinA 0，所以 cosB=22.因为 0 B ，所以 B=4.由正弦定理bsinB=2R，得 b=2R sinB=2 2 22=2.6 分(2)由余弦定理，得 b2=a2+c2-2ac cosB，所以 4=a2+c2-2ac.由基本不等式，得 4=a2+c2-2ac 2ac-2ac，所以 ac 42-2=2(2+2).因为 SABC=12 ac sinB=12 ac sin 4=24 ac，所以 SABC=24 ac 24 2(2+2)=1+2所以 ABC 面积的最大值为 1+2.12 分21.解：(1)AB 平面 DEF.理由如下：在 ABC 中，E，F
14、 分别是 AC，BC 的中点，EF AB，又 AB 平面 DEF，EF 平面 DEF，AB 平面 DEF.3 分(2)由题意，得 AD CD，平面 ADC 平面 BCD，AD 平面 BCD.取 CD 的中点 M，连接 EM，则 EM AD，如图，EM 平面 BCD，且 EM=a4.易得 SDFC=12 3a212 a2=3a216.三棱锥 E-DFC 的体积为324，13 a4 3a216=324，解得 a=2.7 分(3)在线段 AC 上存在一点 P，使得 BP DF.理由如下：易知三角形 BDF 为正三角形，过 B 作 BK DF 交DC 于点 K，连接 KF，过 K 作 KP DA 交
15、AC 于点 P，连接 BP，则点 P 即所求，.9 分如图，AD 平面 BCD，KP AD PK 平面 BCD，PK DF.又 BK DF，PK BK=K，DF 平面 PKB，DF PB.又 DBK=KBC=BCK=30，DK=KF=12 KC.故 APPC=DKKC=12，从而 APAC=13.12 分22.解(1)4Sn=an an+1+1,a1=1,4S1=a1 a2+1,a2=3,当 n 2 时,有 4Sn-1=anan-1+1,4Sn-4Sn+1=anan+1-an-1an,4an=an an+1-an-1,an 0,an+1-an-1=4.3 分 数列 an的奇数项是以 1 为首项
16、,4 为公差的等差数列,a2n-1=1+4(n-1)=2(2n-1)-1,.4 分偶数项是以 3 为首项,4 为公差的等差数列,a2n=3+4(n-1)=2 2n-1,.5 分 an=2n-1,n Z*,Sn=1+2n-1n2=n2.6 分(2)因为 bn=2an,所以 bn=22n-1,Tn=21+23+25+22n-1=23 4n-1,bn+1TnTn+1=22n+123 4n-123 4n+1-1=924n4n-14n+1-1=3214n-1-14n+1-1,.8 分n=1 时,A1=25,B1=1,A1+B1 52 n 2 时,An=3214-1-142-1+32142-1-143-1+3214n-1-14n+1-1=3213+14n+1-1=12-32 14n+1-1 12.9 分Bn=1+122+1n2 1+1-12+12-13+1n-1-1n=2-1n 2.11 分 An+Bn 52 An+Bn 52.12 分
