【文档说明】吉林省长春市农安县实验中学2019-2020学年高一下学期期末考试数学试卷.doc，共(21)页，2.609 MB，由小赞的店铺上传

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农安县实验中学2019-2020学年高一下学期期末考试数学一、单选题1．点()2,3A−关于直线1yx=−+的对称点为（）A．()3,2−B．()4,1−C．()5,0D．()3,12．不等式20xaxb−−的解集

是{|23}xx，则+ab的值是()A．11B．-11C．-1D．13．已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题中正确的有()()1mα，nα，m//β，n//βα//β()2n//m，nαmα⊥⊥()3α//β，mα，nβm//n()4mα⊥

，mnn//α⊥A．0个B．1个C．2个D．34．已知变量x，y满足约束条xy1xy12xy4−+−，则z3xy=+的最大值为()A．2B．6C．8D．115．正项等比数列na中，3a2=，46aa64=，则5612aaaa++的值是()A．4B．8C．16D．6

46．已知直线1:210lxay+−=，与()2:2110laxay−−−=平行，则a的值是（）A．0或1B．1或14C．0或14D．147．在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且222bcabc+=+若2sinsinsinB

CA=，则ABC的形状是（）A．等腰三角形B．直角三角形C．等边三角形D．等腰直角三角形8．在坐标平面内，与点()1,2A距离为1，且与点()3,1B距离为2的直线共有（）A．1条B．2条C．3条D．4条9．点A(3，－2,4)关于点(0,1，－3)的

对称点的坐标是()A．(－3,4，－10)B．(－3,2，－4)C．311(,,)222−D．(6，－5,11)10．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E是棱AB的中点，F是侧面AA1D1D内一点，若EF∥平面BB1D1D，则EF长度的范围为（）A．[2,3]B．[2,5

]C．[2,6]D．[2,7]11．下列命题中，不正确的是（）A．在ABC中，若AB，则sinsinABB．在锐角ABC中，不等式sincosAB恒成立C．在ABC中，若2,60bacB==，则ABC必是等边三角形D．在ABC中，若coscosaAbB=，则ABC必是等腰三角形12．若某

三棱柱截去一个三棱锥后所剩几何体的三视图如图所示，则所截去的三棱锥的外接球的表面积等于（）A．34B．32C．17D．172二、填空题13．已知0x，0y，且211xy+=，若222xymm++恒成立，则实数m的取值范围是____．14．已

知数列na满足1a1=，()n1na3a1nN*+=+，则数列na的前n项和nS=______．15．已知直线:1lxy−=与圆22:2210Mxyxy+−+−=相交于,AC两点，点,BD分别在圆M上运动，且位于直线AC两侧，则四

边形ABCD面积的最大值为_______________.16．海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得80C

D=，135ADB=，15BDCDCA==，120ACB=，则A，B两点的距离为________．三、解答题17．在数列na中，14a=，21(1)22nnnanann+−+=+．（1）求证：数列nan

是等差数列；（2）求数列1na的前n项和nS．18．在中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且满足，1求C的大小；2若的面积为，求b的值．19．已知()2fxaxxa=+−，aR．()1若a1=，解不

等式()fx1；()2若不等式()2fx2x3x12a−−+−对一切实数x恒成立，求实数a的取值范围；()3若a0，解不等式()fx1．20．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，∠BAC=90°，AC=AB=AA1，E是BC的中点．（1）求证：AE⊥B1C；

（2）求异面直线AE与A1C所成的角的大小；（3）若G为C1C中点，求二面角C-AG-E的正切值．21．已知与曲线22:2210Cxyxy+−−+=相切的直线I，与x轴，y轴交于,AB两点，O为原点，OAa=，OBb=，（2,2ab）.（1）求证:I与C相切的条件是：()(

)222ab−−=.（2）求线段AB中点的轨迹方程；（3）求三角形AOB面积的最小值.22．已知数列{an}满足a1＝1，1114nnaa+=−，其中n∈N*．（1）设221nnba=−，求证：数列{bn}是等差数列，并求出{an}的通项公式．（2）设41nnacn=+，数

列{cncn+2}的前n项和为Tn，是否存在正整数m，使得11nmmTcc+对于n∈N*，恒成立？若存在，求出m的最小值；若不存在，请说明．参考答案1．B【解析】试题分析：设点()2,3A−关于直线1yx=−+的对称点为(

),Pab，则(3)1,2APbka−−==−6,ab−=①，又线段AP的中点23,22ab+−在直线1yx=−+上，即321,22ba−+=−+整理得：3,ab+=②，联立①②解得4,1ab==−．∴点()2,3A−

关于直线1yx=−+的对称点P点的坐标为()4,1−，故选B．考点：1、点关于直线对称；2、中点坐标公式．【方法点晴】设出点A关于直线1yx=−+的对称点P的坐标，求出AP的中点坐标，代入直线方程，再利用AP与直线垂直，它们的斜率之积为1−，建立方程组进行求解．本题主要考查求点关于直线的对称

点的坐标的方法，利用垂直、中点在对称轴上两个条件，待定系数法求对称点的坐标，考查方程思想与转化运算能力，属于中档题．2．C【解析】分析：根据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出ab，的值即可．详解：不等式20xaxb−−

的解集是{|23}xx，，∴方程20xaxb−−=的解集为2和3，∴2323ab+−＝＝解得56ab==−，；1ab+=−．故选C．点睛：本题考查了一元二次不等式与对应方程的关系以及根与系数的关系应用问题，

是基础题．3．B【解析】分析：由线面垂直的几何特征，及线面垂直的第二判定定理，可判断A的真假；根据面面平行的几何特征及线线位置关系的定义，可判断B的真假；根据线面垂直及线线垂直的几何特征，及线面平行的判定方法，可判断C的真假；根据面面平行的判定定理，可以判断D的真假．详解：由m⊂α，n⊂α，m∥β

，n∥β，若a，b相交，则可得α∥β，若a∥b，则α与β可能平行也可能相交，故（1）错误；若m∥n，n⊥α根据线面垂直的第二判定定理可得m⊥α，故（2）正确；若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m，n异面，故（3）错误；若m⊥α，m⊥n，则n

∥α或n⊂α，故（4）错误；故选：B．点睛：本题以命题的真假判定为载体考查了空间线面关系的判定，熟练掌握空间线面位置关系的判定，性质及几何特征是解答的关键．对于这种题目的判断一般是利用课本中的定理和性质进行排除，判断；还可以画出样图进行判断，利用常见

的立体图形，将点线面放入特殊图形，进行直观判断.4．D【解析】分析：先根据约束条件画出可行域，再利用目标函数中z的几何意义，求出直线z=3x+y的最大值即可．详解：作出变量x，y满足约束条件1124xyxyxy−+−的可行域如图，由z=3x+y知，y=﹣3x+z，所以动直线y=﹣

3x+z的纵截距z取得最大值时，目标函数取得最大值．由124xyxy−=−=得A（3，2），结合可行域可知当动直线经过点A（3，2）时，目标函数取得最大值z=3×3+2=11．故选：D．点睛：利用线

性规划求最值的步骤：(1)在平面直角坐标系内作出可行域．(2)考虑目标函数的几何意义，将目标函数进行变形．常见的类型有截距型（axby+型）、斜率型（ybxa++型）和距离型（()()22xayb+++型）．(3)确定最优解：根据目标函

数的类型，并结合可行域确定最优解．(4)求最值：将最优解代入目标函数即可求出最大值或最小值。注意解答本题时不要忽视斜率不存在的情形.5．C【解析】分析：设正项等比数列{an}的公比为q，由a3=2，a4•a6=64，利用通项公式解得q2，再利用通项公式即可得出．

详解：设正项等比数列{an}的公比为q，∵a3=2，a4•a6=64，∴228112,64,aqaq==解得q2=4，则5612aaaa+=+=42=16．故选：C．点睛：本题考查了等比数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与

计算能力，属于中档题．解决等差等比数列的小题时，常见的思路是可以化基本量，解方程；利用等差等比数列的性质解决题目；还有就是如果题目中涉及到的项较多时，可以观察项和项之间的脚码间的关系，也可以通过这个发现规律.6．C【解析】试题分析：由题意得：1()(21)20,0aaaa

−−−==或14a=，故选C.考点：直线平行的充要条件．7．C【解析】【分析】直接利用余弦定理的应用求出A的值，进一步利用正弦定理得到：b＝c，最后判断出三角形的形状．【详解】在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b

、c，且b2+c2＝a2+bc．则：2221222bcabccosAbcbc+−===，由于：0＜A＜π，故：A3=．由于：sinBsinC＝sin2A，利用正弦定理得：bc＝a2，所以：b2+c2﹣2bc＝0，故：b＝c，所以：△ABC为等边三角形．故选C．【点睛】本题

考查了正弦定理和余弦定理及三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．8．B【解析】【分析】【详解】根据题意可知，所求直线斜率存在，可设直线方程为y＝kx＋b，即kx－y＋b＝0，所以12|2|11kbd

k−+==+，22|31|21kbdk−+==+，解之得k＝0或43k=−，所以所求直线方程为y＝3或4x＋3y－5＝0，所以符合题意的直线有两条，选B.9．A【解析】A(3，－2,4)关于点(0,1，－3)的对称

点的坐标是(023,122,324)(3,4,10)−+−−=−−，选A.10．C【解析】【分析】过F作1//FGDD，交AD于点G，交11AD于H，根据线面垂直关系和勾股定理可知222EFAEAF=+；由,//EFFG平面11BDDB可证得面面平行关系

，利用面面平行性质可证得G为AD中点，从而得到AF最小值为,FG重合，最大值为,FH重合，计算可得结果.【详解】过F作1//FGDD，交AD于点G，交11AD于H，则FG⊥底面ABCD2222222221EFEGFGAEAGFGAEAFAF=+=++=+=+//EF平

面11BDDB，//FG平面11BDDB，EFFGF=平面//EFG平面11BDDB，又GEÌ平面EFG//GE平面11BDDB又平面ABCD平面11BDDBBD=，GEÌ平面ABCD//GEBDE为AB中点G为AD中点，则H为11AD中点即F在线段GH上min1AFAG==，max

145AFAH==+=min112EF=+=，max156EF=+=则线段EF长度的取值范围为：2,6本题正确选项：C【点睛】本题考查立体几何中线段长度取值范围的求解，关键是能够确定动点的具体位置，从而找到临界状态；本题涉及到立体几何中线面平行的性质、面面平行的判定与性

质等定理的应用.11．D【解析】【分析】根据正余弦定理以及有关知识，对各选项逐个判断即可求解．【详解】对A，因为AB，所以ab，又sinsinabAB=，所以sin1sinAaBb=，即sinsinAB，所以A正确；

对B，因为ABC为锐角三角形，所以2AB+，即有022AB−，所以sinsincos2ABB−=，B正确；对C，因为2221cos22acbBac+−==，所以()20ac−=，即ac=，而60B=，所以ABC是等边三角形，C正确；对D，由co

scosaAbB=可得，sincossincosAABB=，即sin2sin2AB=，所以22AB=或22AB+=，亦即AB=或2AB+=，所以ABC是等腰三角形或者直角三角形，D不正确．故选：D【点睛】本题主要考查正余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．12．A【解析

】【分析】由三视图可知被截去的三棱锥是长方体的一个角，三棱锥的外接球即所对应长方体的外接球，外接球的直径为长方体的体对角线，从而可求得外接球的表面积．【详解】由三视图知几何体是底面为边长为3，4，5的三角形，高为5的三棱柱被平面截得的，如图所示：截去的三棱锥是长方

体的一个角，AB⊥AD，AD⊥AC，AC⊥AB，所以将三棱锥补成长方体，其外接球相同，外接球的直径为长方体的体对角线，半径为：222113343422++=，外接球的表面积为：21434342=故选A．【点睛】本题考查由三视图还原几何体，考查三棱锥外接球表面积的求

法，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两两垂直则用22224Rabc=++（a,b,c为三棱的长）；②若SA⊥面ABC（SA=a），则22244Rra=+（r为ABC外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球.13．（-4，2）【解析】试题分析：因为21442(2)()4+4

28yxyxxyxyxyxyxy+=++=++=当且仅当2xy=时取等号，所以22842mmm+−考点：基本不等式求最值14．()n1132n34+−−【解析】分析：可设an+1+t=3（

an+t），求得t=12，运用等比数列的通项公式，可得数列{an}的通项，再由数列的求和方法：分组求和，结合等比数列的求和公式，化简即可得到所求和．详解：由a1=1，an+1=3an+1，可设an+1+t=3（an+t），即an+1=3an+2t，可得2t=1，即t

=12，则an+1+12=3（an+12），可得数列{an+12}是首项为32，公比为3的等比数列，即有an+12=32•3n﹣1，即an=32•3n﹣1﹣12，可得数列{an}的前n项和Sn=32（1+3+32+…

+3n﹣1）﹣12n=14（3n+1﹣2n﹣3）．故答案为：14（3n+1﹣2n﹣3）．点睛：这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知nS和na的关系，求na表达式，一般是写出1nS−做差得通项，但是这种方法需要检验n

=1时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等。15．30【解析】【分析】先由圆的方程得到圆心坐标与半径，再由点到直线距离公式求出圆心(1,1)M−到直线:1lxy−=的距离，结合圆的性质，即

可求出结果.【详解】因为222210xyxy+−+−=可变形为22(1)(1)3xy−++=，所以其圆心为(1,1)M−，半径为3r=；所以圆心(1,1)M−到直线:1lxy−=的距离为|111|122+−=.由题知，当BD为过圆心M且垂直于AC的直径时，

四边形ABCD的面积取最大值，为111||||232330222ACBD=−=.故答案为30.【点睛】本题主要考查直线与圆的应用，熟记点到直线距离公式，以及圆的性质即可，属于常考题型.16．805【解析】【分析】△ACD中求出AC，△ABD中求出BC，△ABC中利用余弦定理可得结果

.【详解】解：由已知，△ACD中，∠ACD＝15°，∠ADC＝150°，∴∠DAC=15°由正弦定理得()80sin150404062sin15624AC===+−，△BCD中，∠BDC＝15°，∠BCD＝135°，∴∠DBC=30°，由正弦定理，CDBCsinCBDsinBDC=

，所以BC()80sin1516015406212CDsinBDCsinsinCBD====−；△ABC中，由余弦定理，AB2＝AC2+BC2﹣2AC•BC•cos∠ACB＝()()()()0811600843160216006224362−++++−

16001616004160020=+=解得：AB805=，则两目标A，B间的距离为805．故答案为805．【点睛】本题主要考查了正弦、余弦定理在解三角形中的应用问题，也考查了数形结合思想和转化思想，

是中档题．17．(1)证明见解析.(2)nS=2(1)nn+.【解析】【分析】（1）根据数列nan通项公式的特征，我们对21(1)22nnnanann+−+=+，两边同时除以(1)nn+，得到121nna

ann+−=+，利用等差数列的定义，就可以证明出数列nan是等差数列；（2）求出数列1na的通项公式，利用裂项相消法，求出数列1na的前n项和nS．【详解】（1）21(1)22nnnanann+−+=+的两边同除以(1)nn+，得121nnaann+−=+，

又141a=，所以数列nan是首项为4，公差为2的等差数列．(2)由（1）得12(1)naann=+−，即222,22nnanannn=+=+,故2111112221nannnn==−++，所以

111111111122231212(1)nnsnnnn=−+−++−=−=+++【点睛】本题考查了证明等差数列的方法以及用裂项相消法求数列前n和．已知1nnnabc=，,

nnbc都是等差数列，那么数列na的前n和就可以用裂项相消法来求解．18．（1）；（2）【解析】分析：（Ⅰ）由已知及正弦定理可得，sinCsinB=sinBcosC，进而利用同角三角函数基本关系式可求tanC=，即可得解C的值；（Ⅱ）由（Ⅰ）利

用余弦定理可求a2+b2﹣c2=ab，又a2﹣c2=2b2，可得a=3b，利用三角形面积公式即可解得b的值．详解：1由已知及正弦定理可得，，，，2由1可得，，，又，，由题意可知，，，可得：点睛：本题主要考查正弦定理及余弦定理的应

用以及三角形面积公式，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据.解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说,当条件中同时出现及、时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往

往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.19．（1）解集为{x|x2−，或x1}；（2）a的范围为()2,+；（3）见解析.【解析】分析:（1）当a=1，不等式即（x+2）（x﹣1）≥0，解此一元二次不等式求得

它的解集;（2）由题意可得（a+2）x2+4x+a﹣1＞0恒成立，当a=﹣2时，显然不满足条件，故有()()a20164a2a10+=−+−，由此求得a的范围;（3）若a＜0，不等式为ax2+x﹣a﹣1＞0，即()a1x1x0,a+−+再根据1和﹣a1a+的大小关系，求

得此不等式的解集．详解：()1当a1=，不等式()fx1即2xx11+−，即()()x2x10+−，解得x2−，或x1，故不等式的解集为{x|x2−，或x1}．()2由题意可得()2a2

x4xa10+++−恒成立，当a2=−时，显然不满足条件，()()a20164a2a10+=−+−．解得a2，故a的范围为()2,+．()3若a0，不等式为2axxa10+−−，即()a1x1x0a+−+．a12a11aa++−−=

，当1a02−时，a11a+−，不等式的解集为a1{x|1x}a+−；当1a2=−时，a11a+=−，不等式即2(x1)0−，它的解集为；当1a2−时，a11a+−，不等式的解集为a1{x|x1}a+−．点睛：本题主要考查一元二次不等式的解法，函数的恒成立问

题，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．对于含参的二次不等式问题，先判断二次项系数是否含参，接着讨论参数等于0，不等于0，再看式子能否因式分解，若能够因式分解则进行分解，再比较两根大小,结合图像得到不等式的解集

.20．（1）见解析；（2）3；（3）5【解析】【分析】（1）由BB1⊥面ABC及线面垂直的性质可得AE⊥BB1，由AC=AB，E是BC的中点，及等腰三角形三线合一，可得AE⊥BC，结合线面垂直的判定定理可证

得AE⊥面BB1C1C，进而由线面垂直的性质得到AE⊥B1C；（2）取B1C1的中点E1，连A1E1，E1C，根据异面直线夹角定义可得，∠E1A1C是异面直线A与A1C所成的角，设AC=AB=AA1=2，解三角形E1A1C可得答案．（3）连接AG，设P是AC的中点，过点P作PQ

⊥AG于Q，连EP，EQ，则EP⊥AC，由直三棱锥的侧面与底面垂直，结合面面垂直的性质定理，可得EP⊥平面ACC1A1，进而由二面角的定义可得∠PQE是二面角C-AG-E的平面角．【详解】证明：（1）因为BB1⊥面ABC，

AE⊂面ABC，所以AE⊥BB1由AB=AC，E为BC的中点得到AE⊥BC∵BC∩BB1=B∴AE⊥面BB1C1C∴AE⊥B1C解：（2）取B1C1的中点E1，连A1E1，E1C，则AE∥A1E1，∴∠E

1A1C是异面直线AE与A1C所成的角．设AC=AB=AA1=2，则由∠BAC=90°，可得A1E1=AE=2，A1C=22，E1C1=EC=12BC=2∴E1C=22111ECCC+=6∵在△E1A1C中，cos∠E1A1C=2862222+−=12所以异面直线AE与A1C所成的角为3．

（3）连接AG，设P是AC的中点，过点P作PQ⊥AG于Q，连EP，EQ，则EP⊥AC又∵平面ABC⊥平面ACC1A1∴EP⊥平面ACC1A1而PQ⊥AG∴EQ⊥AG．∴∠PQE是二面角C-AG-E的平面角．由EP=1，AP=1，PQ=15，得tan∠PQE=PEPQ=5所以二面角C-AG-E

的平面角正切值是5【点睛】本题是与二面角有关的立体几何综合题，主要考查了异面直线的夹角，线线垂直的判定，二面角等知识点，难度中档，熟练掌握线面垂直，线线垂直与面面垂直之间的转化及异面直线夹角及二面角的定义，是解答本题的关键．21．（1

）见解析；（2）()()111(1,1)2xyxy−−=；（3）322+．【解析】试题分析：（1）写出直线的截距式方程，化为一般式，化圆的一般式方程为标准式，求出圆心坐标和半径，由圆心到直线的距离等于半径得到曲线C与直线l相切的充要条件；

（2）设出线段AB的中点坐标，由中点坐标公式得到a，b与AB中点坐标的关系，代入（1）中的条件得线段AB中点的轨迹方程．（3）因为a与b都大于2，且三角形AOB为直线三角形，要求面积的最小值即要求ab的最小值，根据（1）中直线l与圆相切的条件（a-2）（b

-2）=2解出ab，然后利用基本不等式即可求出ab最小时当且经当a与b相等，求出此时的a与b即可求出面积的最小值．试题解析：(1)圆的圆心为()1,1，半径为1.可以看作是RTAOB的内切圆．内切圆

的半径2OAOBAB+−=，即222abab+−+=，()2222abab+=+−即2220abab−−+=，()()222ab−−=．(2)线段AB中点(),xy为,22ab∴()()1112xy−−=（1,1xy）(3)2220abab−−+=，()224abab+=+ab，

解得22ab+，12AOBSab=，3222ab+，AOB最小面积322+．点睛：本题考查了轨迹方程，考查了直线和圆位置关系的判断，点到直线的距离公式的用法，解题的关键是对等式进行灵活变换，利用基本不等式求函数的最值.22．（1）

12nnan+=；（2）3【解析】试题分析：(1)结合递推关系可证得bn+1-bn=2，且b1＝2，即数列{bn}是首项为2，公差为2的等差数列，据此可得数列na的通项公式为12nnan+=．(2)结合通项公式裂项有21122nnccnn，+=−+求和有1112132

12nTnn=+−−++．据此结合单调性讨论可得正整数m的最小值为3．试题解析：（1）证明：bn+1-bn1222121nnaa+=−−−222112114nnaa=−−−−4222121nnnaaa=−=−−．又由a1＝1，得b1＝2，所以

数列{bn}是首项为2，公差为2的等差数列，所以bn＝2+(n-1)×2＝2n，由221nnba=−，得12nnan+=．（2）解：2ncn=，()2411222nnccnnnn+==−++所以111213212nTnn=+−−

++．依题意，要使11nmmTcc+对于n∈N*恒成立，只需()134mm+，解得m≥3或m≤-4．又m＞0，所以m≥3，所以正整数m的最小值为3．