1、20192020学年第二学期返校考试高一数学试题第I卷（选择题，共60分）一、单选题（每小题5分，共60分）.1.下列说法正确的是（ ）A. 棱柱的各个侧面都是平行四边形B. 底面是矩形的四棱柱是长方体C. 有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥D. 直角三角形绕其一边所在直线旋转一周形成的几何体是圆锥【答案】A【解析】【分析】根据棱柱的性质，即可判断A，根据长方体和棱柱的结构特征，即可判断B，根据棱锥的定义可判断C，根据圆锥的定义即可判断D.【详解】解：对于A，根据棱柱的性质可知，棱柱的各个侧面都是平行四边形，故A正确；对于B，底面是矩形，若侧棱不垂直于底面，这时的四棱柱是斜四棱
2、柱，不是长方体，只有底面是矩形的直四棱柱才是长方体，可知B错误；对于C，有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体不一定是棱锥，只有其余各面是有一个公共点的三角形的几何体，才是棱锥，故C错误；对于D，直角三角形绕其一条直角边所在直线旋转一周形成的几何体是圆锥，如果绕着它斜边旋转一周，形成的几何体则是两个具有共同底面的圆锥，故D错误.故选：A.【点睛】本题考查棱柱、棱锥和圆锥的结构特征、定义和性质，属于基础题.2.已知a，b为正实数，则下列判断中正确的个数是( )若，则； 若，则的最小值是10； 函数的最小值为1A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】对四个判断逐一分析，由此
3、确定判断正确的个数.【详解】对于，由于，由，得，即故，所以正确.对于，由于，当且仅当时等号成立，故错误.对于，由于，所以，根据不等式的性质，有，故正确.对于，由于，所以，但是由于时，或，不符合题意，故等号不成立.所以错误.综上所述，正确的判断个数为个.故选B.【点睛】本小题主要考查不等式的性质，考查基本不等式的运用，属于基础题.3.在中，角成等差数列且，则的外接圆面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】角，成等差数列，可得：，解得利用正弦定理可求的外接圆的半径为，进而得解【详解】解：角，成等差数列，解得设的外接圆的半径为，则的外接圆面积故选：【点睛】本题考查了等差数列的通
4、项公式及其性质、正弦定理、外接圆的面积，考查了推理能力与计算能力，属于基础题4.已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱的高为 2，这个球的表面积为，则这个正四棱柱的体积为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】首先由球的表面积求出球的半径，再由棱柱的对角线等于外接球的直径，即可解出棱柱的底面边长，从而可计算出棱柱的体积.【详解】解：由题可知，正四棱柱的高为 2，球的表面积为，设球的半径为，则，则，所以，球的直径为，设正四棱柱的底面边长为，则，解得：，正四棱柱的体积为.故选：B.【点睛】本题考查正四棱柱的性质和棱柱的体积，以及棱柱外接球的性质和外接球的表面积公式，属于基础题.
5、5.已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意利用诱导公式求得的值，再利用二倍角公式求得的值.【详解】由题意，知，则，故选：D.【点睛】本题主要考查了诱导公式、二倍角公式的应用，其中解答中熟记三角函数的诱导公式和二倍角公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.6.在空间中，下列命题正确的是A. 如果一个角的两边和另一角的两边分别平行,那么这两个角相等B. 两条异面直线所成的有的范围是C. 如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行D. 如果一条直线和平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行【答案】C【解析】【分析】根据两
6、个角可能互补判断A；根据两条异面直线所成的角不能是零度,判断B；根据根据两个平面平行的性质定理知判断C；利用直线与这个平面平行或在这个平面内判断D.【详解】如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行,这两个角相等或互补,故A不正确；两条异面直线所成的角不能是零度,故B不正确；根据两个平面平行的性质定理知C正确；如果一条直线和一个平面内的一条直线平行,那么这条直线与这个平面平行或在这个平面内,故D不正确,综上可知只有C的说法是正确的,故选C.【点睛】本题考查平面的基本性质及推论,考查等角定理,考查两个平面平行的性质定理,考查异面直线所成的角的取值范围,考查直线与平面平行的判断定理,意在考查对基础知
7、识的掌握情况，本题是一个概念辨析问题.7.若数列满足，则称为“梦想数列”，已知正项数列为“梦想数列”，且，则（ ）A. 4B. 16C. 32D. 64【答案】C【解析】试题分析：依题意有为等比数列，故为公比为的等比数列，所以是公比为的等比数列，由此.考点：递推数列求值.8.在ABC中，若tanB，则这个三角形是()A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 等腰三角形D. 等腰三角形或直角三角形【答案】B【解析】因为ABC中，ABC，所以tanB，即，cos(BC)0，cos(A)0，cosA0，0A，A，这个三角形为直角三角形，故选B.9.半径为半圆卷成一个圆锥，则它的体积是（ ）A. B. C
8、. D. 【答案】C【解析】【分析】求出扇形的弧长，然后求出圆锥的底面周长，转化为底面半径，求出圆锥的高，然后求出体积【详解】设底面半径为r，则，所以.所以圆锥的高.所以体积.故选：C.【点睛】本题考查圆锥的性质及体积，圆锥问题抓住两个关键点：（1）圆锥侧面展开图的扇形弧长等于底面周长；（2）圆锥底面半径r、高h、母线l组成直角三角形，满足勾股定理，本题考查这两种关系的应用，属于简单题.10.已知无穷等差数列，前项和 中，且，则（ ）A. 在数列中最大；B. 在数列中，或最大；C. 前三项之和必与前项之和相等；D. 当时，.【答案】D【解析】【详解】试题分析：由于，所以所以数列是递减的等差数列
9、，最大项为，所以A，B均错，D正确.，故C不正确.考点：等差数列前项和公式的应用.【方法点晴】本题主要考查了等差数列前项和公式的应用，属于中档题.解题的关键是根据把条件中，且得到项的符号，据此判断出数列的单调性，从而得到其最大项为，据此排除A，B，并得到D正确，对于C在转化为项的基础上，根据等差数列的性质进一步转化为来判断其符号.11.如图，在正三棱柱中，,，分别是棱，的中点，为棱上的动点，则的周长的最小值为()A. B. C. D. 【答案】D【解析】分析】根据正三棱柱的特征可知为等边三角形且平面，根据可利用勾股定理求得；把底面与侧面在同一平面展开，可知当三点共线时，取得最小值；在中利用余弦
10、定理可求得最小值，加和得到结果.【详解】三棱柱为正三棱柱 为等边三角形且平面平面 把底面与侧面在同一平面展开，如下图所示：当三点共线时，取得最小值又，周长的最小值为：本题正确选项：【点睛】本题考查立体几何中三角形周长最值的求解问题，关键是能够将问题转化为侧面上两点间最短距离的求解问题，利用侧面展开图可知三点共线时距离最短.12.已知数列的各项均为正数，若数列的前项和为5，则（ ）A. 119B. 121C. 120D. 122【答案】C【解析】依题意有，即数列是以首项，公差为的等差数列，故.，前项和，所以.点睛：本题主要考查递推数列求数列通项公式，考查裂项求和法.首先根据题目所给方程，原方程是
11、分式的形式，先转化为整式，得到两个平方的差为常数的递推数列，根据这个递推数列可以得到数列是以首项，公差为的等差数列，即求出的通项公式，进而求得的通项公式，接着利用裂项求和法求得前项和，最后列方程解出的值.第II卷（非选择题，共90分）二、填空题（每小题5分，共20分）13.如图,为测量山高,选择和另-座的山顶为测量观测点,从点测得点的仰角,点的仰角以及;从点测得,已知山高,则山高_.【答案】【解析】【分析】利用直角三角形的边角关系得出，再由正弦定理得出，最后利用直角三角形边角关系得出.【详解】在直角中，由正弦定理得 所以故答案为：【点睛】本题主要考查了正弦定理在实际中的应用，属于基础题.14.
12、已知两个正数，满足，则使不等式恒成立的实数的范围是_.【答案】【解析】【分析】根据题意，将代入进行整体代换和合理拆项得，再利用基本不等式求出它的最小值，最后根据不等式恒成立求出的取值范围.【详解】解：由题意知，两个正数，满足，则，则，当时取等号，的最小值是，不等式恒成立，.故答案为：.【点睛】本题考查了利用基本不等式求最值和解决恒成立问题，首先利用条件进行整体代换和合理拆项，再根据基本不等式求最值，考查化简运算能力.15.已知数列满足，则的最小值为_.【答案】.【解析】【分析】根据递推公式和累加法可求得数列的通项公式.代入中,由数列中的性质,结合数列的单调性即可求得最小值.【详解】因为,所以,
13、从而,累加可得,而所以,则因为在递减,在递增当时,当时,所以时取得最小值,最小值为.故答案为:【点睛】本题考查了利用递推公式及累加法求数列通项公式的方法,数列单调性及自变量取值的特征,属于中档题.16.已知正四面体的表面积为，为棱的中点，球为该正四面体的外接球，则过点的平面被球所截得的截面面积的最小值为_.【答案】【解析】【分析】根据题意，根据正四面体的表面积求出棱长和正方体的边长，再利用正方体的体对角线等于外接球的直径，即可求出球的半径，当过点的截面到球心的距离最大距离时，截面圆的面积达最小值，最后利用球的截面的性质求出截面圆的半径，即可求出截面圆的面积最小值.【详解】解：如图所示，球为正四
14、面体的外接球，即为正方体的外接球，正四面体的表面积为，设正四面体的棱长为，则，解得：，所以正方体的棱长为：，设正四面体的外接球的半径为，则，即，为棱的中点，过点作其外接球的截面，当截面到球心的距离最大值时，截面圆的面积达最小值，此时球心到截面距离等于正方体棱长的一半，即，可得截面圆的半径为：，所以截面圆的面积最小值为：.故答案为：.【点睛】本题考查正四面体的外接球截面圆面积的最小值，着重考查正方体、正四面体的性质和球的截面圆的性质等知识，考查空间想象能力和运算能力.三、解答题（共70分，其中17题10分，其余各小题12分）17.如图，在正方体中，是的中点，分别是，的中点.求证：（1）直线平面；
15、（2）平面平面.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）结合几何体，因为分别是的中点，所以.，再利用线面平行的判定定理证明.（2）由分别是的中点，得.由线面平行的判定定理平面.，再由（1）知，再利用面面平行的判定定理证明.【详解】证明：（1）如图，连接，分别是的中点，. 又平面平面，所以直线平面.（2）连接分别是的中点，.又平面平面平面.又平面平面，平面平面.【点睛】本题主要考查了线面平行，面面平行的判断定定理，还考查了转化化归的能力，属于中档题.18.已知是等差数列，是等比数列，且，（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前n项和【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1
16、）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，运用通项公式，可得，进而得到所求通项公式； （2）由（1）求得，运用等差数列和等比数列的求和公式，即可得到数列和【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，因为，可得，所以，又由，所以，所以数列的通项公式为（2）由题意知，则数列的前项和为【点睛】本题主要考查了等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，以及数列的分组求和，其中解答中熟记等差、等比数列的通项公式和前n项和公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题19.在中，内角，的对边分别为，且.（1）求；（2）若，的面积为，求的周长【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（
17、1）根据余弦定理直接求解可得，进而可得；（2）由正弦定理角化边可得，再利用面积公式求解即可.【详解】（1）因为，所以，所以，从而.（2）因为，所以，即.因为的面积为，所以，即，所以，解得【点睛】本题主要考查了正余弦定理及面积公式求解三角形，属于基础题.20.中，角A，B，C所对边分别是a、b、c，且(1)求的值；(2)若，求面积的最大值【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)将化简代入数据得到答案.(2)利用余弦定理和均值不等式计算，代入面积公式得到答案.【详解】 ；(2)由，可得，由余弦定理可得，即有，当且仅当，取得等号则面积为即有时，的面积取得最大值【点睛】本题考查了三角恒等变换，余弦
18、定理，面积公式，均值不等式，属于常考题型.21.已知函数.（1）在中，求；（2）若函数在上的值域为，求的最小值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）首先根据三角恒等变换将化简，由即可求出，再根据连接差的正弦公式计算可得；（2）根据的取值范围，求出的取值范围，再结合函数的值域即可求出参数的取值范围.【详解】解：（1）由，解得，所以（2）由（1）知，解得即的最小值为【点睛】本题考查三角函数、三角恒等变换的应用，属于中档题.22.已知数列的前n项和为，且(1)求数列的通项公式；(2)若，设数列的前n项和为，证明【答案】（1）;（2）见解析.【解析】【试题分析】（1）借助题设中的数列递推式探求数列通项之间的关系，再运用等比数列的定义求得通项公式；（2）依据（1）的结论运用错位相减法求解，再借助简单缩放法推证：（1）当时，得，当时，得 ，所以，（2）由（1）得： ，又 得 两式相减得： ，故 ，所以 .点睛：解答本题的思路是充分借助题设条件，先探求数列的的通项公式，再运用错位相减法求解前项和解答第一问时，先借助题设中的数列递推式探求数列通项之间的关系，再运用等比数列的定义求得通项公式；解答第二问时，先依据（1）中的结论求得，运用错位相减求和法求得，使得问题获解