【文档说明】湖北省应城一中2020-2021学年高二上学期暑期拓展摸底测试数学答案.pdf，共(15)页，937.520 KB，由小赞的店铺上传

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应城一中暑期拓展考试高一数学试卷共4页第2页应城一中暑期拓展学习摸底测试高二数学试卷命题教师：舒颉审题教师：易晗考试时间：2020年8月25日上午8：00~10:00试卷满分：150分一．选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个

选项中，只有一个是符合题目要求的。1.已知cos31°＝a，则sin239°·tan149°的值为()A.1－a2aB.1－a2C.a2－1aD.－1－a2答案B解析sin239°·tan149°＝sin(270°－31°)·tan(180°－31°)

＝－cos31°·(－tan31°)＝sin31°＝1－a2.2.已知两点A(－1,2)，B(m,3)，且m∈－33－1，3－1[]，则直线AB的倾斜角α的取值范围是()A.π6，π2[)B.π2，2π3(]C.π6，π2[)∪π2，2π3(]D.π6，2π3[]答案D解析①当m＝－1时，

α＝π2；②当m≠－1时，∵k＝1m＋1∈(－∞，－3]∪33，＋∞[)，∴α∈π6，π2[)∪π2，2π3(]3.已知sin(θ＋20°)＝15，则sin(2θ－50°)的值为()A.－2325B.2325应城一中暑期拓展考试高一数学试卷共4页第2页C.4625D.25答案A解析

sin(2θ－50°)＝sin[(2θ＋40°)－90°]＝－cos(2θ＋40°)＝2sin2(θ＋20°)－1＝－2325.4.在△ABC中，BD→＝DC→，AP→＝2PD→，BP→＝λAB→＋μAC→，则λ＋μ等于()A.－13B.13C.－12D.12答案A解析因为

BD→＝DC→，AP→＝2PD→，所以AD→＝12AB→＋12AC→＝32AP→，所以AP→＝13AB→＋13AC→，所以BP→＝AP→－AB→＝－23AB→＋13AC→，因为BP→＝λAB→＋μAC→，所以λ＝－23，μ＝13，所以λ＋μ＝－13.故选A.5.已知向

量m＝sinA，12()与向量n＝(3，sinA＋3cosA)共线，其中A是△ABC的内角，则角A的大小为()A.π6B.π4C.π3D.π2答案C解析∵m∥n，∴sinA(sinA＋3cosA)－32＝0，∴2sin2A＋23sinAcosA＝3，∴1－c

os2A＋3sin2A＝3，∴sin2A－π6()＝1，∵A∈(0，π)，∴2A－π6∈－π6，11π6().应城一中暑期拓展考试高一数学试卷共4页第2页因此2A－π6＝π2，解得A＝π3，故选C.6.在四棱锥P－ABCD中，所有侧棱长都为

42，底面是边长为26的正方形，O是P在平面ABCD内的射影，M是PC的中点，则异面直线OP与BM所成角为()A．30°B．45°C．60°D．90°答案C解析如图，由题意可知O是正方形ABCD的中心，取N为OC的中点，连接MN，所以OP∥MN，则∠BMN是异面直线OP与BM

所成的角．因为OP⊥平面ABCD，所以MN⊥平面ABCD，因为在四棱锥P－ABCD中，所有侧棱长都为42，底面是边长为26的正方形，所以OC＝23，所以OP＝32－12＝25，因此MN＝5，在Rt△BON中，BN＝OB2＋ON2＝15，∴tan∠BMN＝BNMN＝3，∴∠BMN＝60°，

则异面直线OP与BM所成的角为60°.故选C.7.已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an·an＋2＝an＋1(n∈N*)，则a2020的值为()A．2B．1C.12D.14答案B解析因为an·

an＋2＝an＋1(n∈N*)，由a1＝1，a2＝2，得a3＝2，由a2＝2，a3＝2，得a4＝1，应城一中暑期拓展考试高一数学试卷共4页第2页由a3＝2，a4＝1，得a5＝12，由a4＝1，a5＝12，得a6＝12，由a

5＝12，a6＝12，得a7＝1，由a6＝12，a7＝1，得a8＝2，由此推理可得数列{an}是周期为6的数列，所以a2020＝a4＝1，故选B.8.在△ABC中，cosC2＝55，BC＝1，AC＝5，则

AB等于()A.42B.30C.29D.25答案A解析∵cosC2＝55，∴cosC＝2cos2C2－1＝2×55()2－1＝－35.在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cosC＝52＋12－2×5×1×－35()＝32，∴AB＝32＝42.故选A.9．已

知方程kx＋3－2k＝4－x2有两个不同的解，则实数k的取值范围为()A.0，34(]B.512，34(]C.512，1(]D.512，34()答案B解析由题意得，半圆y＝4－x2与直线y＝kx＋3－2

k有两个交点，又直线y＝kx＋3－2k⇒y－3＝k(x－2)过定点C(2,3)，如图所示，又点A(－2,0)，B(2,0)，当直线在AC位置时，斜率k＝3－02＋2＝34.当直线和半圆相切时，由2＝|0－0－2k＋3|k2＋1，解得

k＝512，故实数k的取值范围为512，34(].应城一中暑期拓展考试高一数学试卷共4页第2页10.设m＝log0.30.6，n＝12log20.6，则()A．m－n>mn>m＋nB．m－n>m＋n>mnC．mn>m－n>m＋nD．m＋n>m－n>mn答案B解析因为m＝log0.30.6>lo

g0.31＝0，n＝12log20.6<12log21＝0，所以mn<0，m－n>0，因为－1n＝－2log0.62＝log0.60.25>0，1m＝log0.60.3>0，而log0.60.25>log0.60

.3，所以－1n>1m>0，即可得m＋n>0，因为(m－n)－(m＋n)＝－2n>0，所以m－n>m＋n，所以m－n>m＋n>mn.故选B.11.将函数f(x)＝2sinωx＋π4()(ω>0)的图象向右平移π4ω个单位长度，得到函数y＝g(x)

的图象.若y＝g(x)在－π6，π3[]上为增函数，则ω的最大值为()A.3B.2C.32D.54答案C解析函数f(x)＝2sinωx＋π4()(ω>0)的图象向右平移π4ω个单位长度，可得g(x)＝2sinωx－π4ω()＋π4[]＝2sin

ωx的图象.若g(x)在－π6，π3[]上为增函数，则－π2＋2kπ≤－πω6且πω3≤π2＋2kπ，k∈Z，解得ω≤3－12k且ω≤32＋6k，k∈Z，∵ω>0，∴当k＝0应城一中暑期拓展考试高一数学试卷共4页第2页时，ω取最大值32，故选C.12.设A，B，C，

D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D－ABC体积的最大值为()A．123B．183C．243D．543答案B解析由等边△ABC的面积为93，可得34AB2＝93，所以AB＝6，所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝33AB＝23.设球的半径为R，球心到

等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝R2－r2＝16－12＝2.所以三棱锥D－ABC高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D－ABC体积的最大值为13×93×6＝183.二．填空题。本大题共12小题，每小题4分，共20分。13.已知Sn是等差

数列{an}的前n项和，若a1＝－2018，S20192019－S20132013＝6，则S2020＝________.答案2020解析由等差数列的性质可得Snn{}也为等差数列．设其公差为d，则S20192019－S20

132013＝6d＝6，∴d＝1.故S20202020＝S11＋2019d＝－2018＋2019＝1，∴S2020＝1×2020＝2020.14.如图所示，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点，从A

点测得M点的仰角∠MAN＝60°，C点的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°，从C点测得∠MCA＝60°，已知山高BC＝100m，则山高MN＝_____m.应城一中暑期拓展考试高一数学试卷共4页第2页答案150解析在Rt△ABC中，AC＝1002，在△MAC中，MAsin60°＝ACsin4

5°，解得MA＝1003，在Rt△MNA中，MN1003＝sin60°＝32，故MN＝150，即山高MN为150m.15.已知a>0，b>0，c>0，若点P(a，b)在直线x＋y＋c＝2上，则4a＋b＋a＋bc的最小值为________．答案2＋22解析∵

P(a，b)在x＋y＋c＝2上，∴a＋b＋c＝2，a＋b＝2－c>0，4a＋b＋a＋bc＝42－c＋2－cc＝42－c＋2c－1，设2－c＝m，c＝n，{则m＋n＝2，42－c＋2c＝4m＋2n＝m＋n

2×4m＋2n()＝3＋2nm＋mn≥3＋22nm×mn＝3＋22，当且仅当m2＝2n2，即c＝22－2时，等号成立，∴42－c＋2c－1≥3＋22－1＝2＋22，即4a＋b＋a＋bc的最小值为2＋22.16.各项均为正数的数列{an}和{bn}

满足：an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列，且a1＝1，a2＝3，则数列{an}的通项公式为________．答案an＝n2＋n2应城一中暑期拓展考试高一数学试卷共4页第2页解析由题设可得an＋1＝bnbn＋1，an＝bnbn－1(n≥2)

，代入2bn＝an＋an＋1得2bn＝bnbn－1＋bnbn＋1(n≥2)，即2bn＝bn－1＋bn＋1(n≥2)，则{bn}是首项为b1的等差数列．又a1＝1，a2＝3，所以2b1＝4，b1＝2，故b2＝a22b1＝92，则公差d

＝b2－b1＝322－2＝22，所以bn＝2＋22(n－1)＝2n＋12，即bn＝n＋12，bn＋1＝n＋22，则an＋1＝bnbn＋1＝n＋1n＋22，所以an＝nn＋12＝n2＋n2.三．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.在如图所示的平面直角坐标系中，已知点A(1,0)和点B(－1,0)，|OC→|＝1，且∠AOC＝θ，其中O为坐标原点.(1)若θ＝3π4，设点D为线段OA上的动点，求|

OC→＋OD→|的最小值；(2)若θ∈0，π2[]，向量m＝BC→，n＝(1－cosθ，sinθ－2cosθ)，求m·n的最小值及对应的θ值.解(1)设D(t，0)(0≤t≤1)，由题意知C－22，22()，-----------------1分应城一中暑期拓展考试

高一数学试卷共4页第2页所以OC→＋OD→＝－22＋t，22()，所以|OC→＋OD→|2＝t－22()2＋12，所以当t＝22时，|OC→＋OD→|最小，最小值为22.--------------4分(2)由题意得C(cosθ，sinθ)，m＝BC→＝(cosθ＋1，sinθ)，则m·n＝1－c

os2θ＋sin2θ－2sinθcosθ＝1－cos2θ－sin2θ＝1－2sin2θ＋π4()，----------------------8分因为θ∈0，π2[]，所以π4≤2θ＋π4≤5π4，所以当2θ＋π4＝π2，即θ＝π8时，sin

2θ＋π4()取得最大值1，即m·n取得最小值1－2.所以m·n的最小值为1－2，此时θ＝π8.--------------------------10分18.如图，四边形ABCD为矩形，A，E，B，F四点共面，且△ABE和△ABF均为等腰直角三角形，∠BAE＝∠AFB＝90°.(1)求证：平面

BCE∥平面ADF；(2)若平面ABCD⊥平面AEBF，AF＝1，BC＝2，求三棱锥A－CEF的体积．(1)证明∵四边形ABCD为矩形，∴BC∥AD，又BC⊄平面ADF，AD⊂平面ADF，∴BC∥平面ADF.∵△ABE和△ABF均为等腰直角三角形，且∠BAE＝∠AFB＝90°

，∴∠BAF＝∠ABE＝45°，∴AF∥BE，又BE⊄平面ADF，AF⊂平面ADF，∴BE∥平面ADF，应城一中暑期拓展考试高一数学试卷共4页第2页∵BC∥平面ADF，BE∥平面ADF，BC∩BE＝B，∴平面BCE∥平面ADF.---------

-------------------6分(2)解∵四边形ABCD为矩形，∴BC⊥AB，又∵平面ABCD⊥平面AEBF，BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AEBF＝AB，∴BC⊥平面AEBF，在等腰Rt△ABF中，∵AF＝1，∴AB＝2，

∴AE＝AB＝2，∴S△AEF＝12AF·AE·sin135°＝12×1×2×22＝12.∴V三棱锥A－CEF＝V三棱锥C－AEF＝13S△AEF·BC＝13×12×2＝13-----------------------

--12分19.已知函数f(x)＝sin2ωx＋π6()＋32＋b.(1)若函数f(x)的图象关于直线x＝π6对称，且ω∈[0,3]，求函数f(x)的单调递增区间；(2)在(1)的条件下，当x∈0，7π12[]时，函数f(x)有且只有一个零点，求实数b的

取值范围.解(1)∵函数f(x)＝sin2ωx＋π6()＋32＋b，且函数f(x)的图象关于直线x＝π6对称，∴2ω·π6＋π6＝kπ＋π2(k∈Z)，且ω∈[0,3]，∴ω＝1.-----------------------------------2分由2k

π－π2≤2x＋π6≤2kπ＋π2(k∈Z)，解得kπ－π3≤x≤kπ＋π6(k∈Z)，∴函数f(x)的单调递增区间为kπ－π3，kπ＋π6[](k∈Z).--------------------6分(2)由(1)知f(x)＝sin2x＋π6()＋32＋b.∵x∈0，

7π12[]，∴2x＋π6∈π6，4π3[].应城一中暑期拓展考试高一数学试卷共4页第2页当2x＋π6∈π6，π2[]，即x∈0，π6[]时，函数f(x)单调递增；当2x＋π6∈π2，4π3[]，即x∈π6，7π12[]时，函数f(x)单调递减.又f(0)＝fπ3()，∴当fπ3

()>0≥f7π12()或fπ6()＝0时，函数f(x)有且只有一个零点，即sin4π3≤－b－32<sin5π6或1＋32＋b＝0，∴b∈－2，3－32(]∪－52{}.故实数b的取值范围为－2，3－32(]∪－52{}.---------------------------12分20.如图

，在四棱锥A－BCDE中，平面BCDE⊥平面ABC，BE⊥EC，BC＝2，AB＝4，∠ABC＝60°.(1)求证：BE⊥平面ACE；(2)若直线CE与平面ABC所成的角为45°，求二面角E－AB－C的余弦值．(1)证明在△ACB中

，由余弦定理得cos∠ABC＝AB2＋BC2－AC22AB·BC＝12，解得AC＝23，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC.又因为平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC＝BC，AC⊂平面ABC，所以AC⊥平面BCDE.又BE⊂平面BCDE，所以A

C⊥BE.又BE⊥EC，AC，CE⊂平面ACE，且AC∩CE＝C，所以BE⊥平面ACE.-----------------------------------5分(2)解：因为直线CE与平面ABC所成的角为45°

，平面BCDE⊥平面ABC，应城一中暑期拓展考试高一数学试卷共4页第2页平面BCDE∩平面ABC＝BC，所以∠BCE＝45°，所以△EBC为等腰直角三角形．取BC的中点F，连接EF，过点F作FG⊥AB于点G，连接EG，则∠EGF为二面角E－AB－C的平面角．--

------------------------------7分易得EF＝BF＝1，FG＝32.在Rt△EFG中，由勾股定理，得EG＝EF2＋FG2＝72，所以cos∠EGF＝FGEG＝217，所以二面角E－AB－C的余弦值

为217.----------------------------12分21.数列{an}满足an＋1＝an2an＋1，a1＝1.(1)证明：数列1an{}是等差数列；(2)求数列1an{}的前n项和Sn，并证明：1S1＋

1S2＋…＋1Sn>nn＋1.(1)证明∵an＋1＝an2an＋1，∴1an＋1＝2an＋1an，化简得1an＋1＝2＋1an，即1an＋1－1an＝2，----------------------4分故数列1an{}是

以1为首项，2为公差的等差数列．---------------------5分(2)解由(1)知1an＝2n－1，所以Sn＝n1＋2n－12＝n2，1Sn＝1n2>1nn＋1＝1n－1n＋1.----

--------------------7分证明：1S1＋1S2＋…＋1Sn＝112＋122＋…＋1n2>11×2＋12×3＋…＋1nn＋1应城一中暑期拓展考试高一数学试卷共4页第2页＝1－12()＋12－13()＋…＋1n

－1n＋1()＝1－1n＋1＝nn＋1.------------------------12分22.已知圆C经过(2,4)，(1,3)两点，圆心C在直线x－y＋1＝0上，过点A(0,1)且斜率为k的直线l与圆C相交于M，N两点．(

1)求圆C的方程；(2)①请问AM→·AN→是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由；②若OM→·ON→＝12(O为坐标原点)，求直线l的方程．解(1)设圆C的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，依题意，得2－a2＋4－b2＝r2，1－a2＋3－b2＝r2

，a－b＋1＝0，{解得a＝2，b＝3，r＝1，{∴圆C的方程为(x－2)2＋(y－3)2＝1.-------------------3分(2)①AM→·AN→为定值．过点A(0,1)作直线AT与圆C相切，切点为T，易得|AT|2＝7，∴AM→·AN→＝|AM→|·|AN→|c

os0°＝|AT|2＝7，∴AM→·AN→为定值，且定值为7.---------------------------7分②依题意可知，直线l的方程为y＝kx＋1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，将y＝kx＋1代入(x－2)2＋(y－3)2＝1，并整理，得(1＋k2)x2－4(1＋k)x＋

7＝0，∴x1＋x2＝41＋k1＋k2，x1x2＝71＋k2，---------------------------9分∴OM→·ON→＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)

＋1＝4k1＋k1＋k2＋8＝12，即4k1＋k1＋k2＝4，解得k＝1，---------------------------11分又当k＝1时Δ>0，∴k＝1，∴直线l的方程为y＝x＋1.-------------

-------12分应城一中暑期拓展考试高一数学试卷共4页第2页获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com