【全国市级联考】湖北省宜昌市协作体2020-2021学年高一下学期期末考试数学试题

下学期期末考试数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．若a＞b，则下列正确的是( ) A．a2＞ b2 C．a3＞b3

B．ac2＞ bc2 D．ac＞ bc

2．已知关于x的不等式(ax－1)(x＋1)<0的解集是(－∞，－1)∪(,)，则a＝( ) A．2

B．－2

C．－

D．

123．在△ABC中，AB＝5，BC＝6，AC＝8，则△ABC的形状是( ) A．锐角三角形 C．直角三角形

B．钝角三角形

D．等腰三角形或直角三角形

4．设Sn是等差数列{an}的前n项和,若a1a3a53,则S5 A．5

B．7

C．9

D．11

5．在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若( )

A．等腰三角形 C．等腰或直角三角形

ab ，则ABC是cosAcosBB．直角三角形 D．等腰直角三角形

6．等比数列{an}中，Tn表示前n项的积，若T5＝1，则( ) A．a1＝1

B．a3＝1

C．a4＝1

D．a5＝1

7．设首项为1，公比为A．Sn2an1

2的等比数列an的前n项和为Sn，则（ ） 3C．Sn43an

D．Sn32an

B．Sn3an2

8．平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为2，则此球的体积为 A．6π

B．43π

C．46π

D．63π

9．一个棱长为1的正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )

A．

1 2B．

1 3C．

2 3D．

5 610．在正四棱锥（底面为正方形，顶点在底面的正投影为正方形的中心）PABCD中，

，直线PA与平面ABCD所成的角为60，E为PC的中点，则异面直线PA与

BE所成角为（ ）

A．90°

B．60°

C．45°

D．30°

11．若两个正实数x，y满足取值范围（ ） A．(- 1,4) C．(- 4,1)

14y1，且不等式xm23m有解，则实数m的xy4B．(,1)(4,)

D．(,0)(3,)

12．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥PABC为鳖臑，PA平面ABC，PAAB2，AC22，三棱锥PABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ） A．12

二、填空题

13．数列{an}中的前n项和Sn＝n2－2n，则通项公式an＝________．

14．若不等式x2ax40的解集不是空集，则实数a的取值范围是__________． 15．α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题： ①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β. ②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n. ③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.

④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等． 其中错误的命题有________．(填写错误命题的编号)

16．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若b＝3，B＝

B．16

C．20

D．24

,则2a+ c3的最大值为____．

三、解答题

17．在ABC中，3sin2B2sin2B． （Ⅰ）求角B的值；

（Ⅱ）若a4，b27，求c的值.

18．已知{an}是等差数列，bn是等比数列，且a1=b12，a3a522，b2b4b6. （1）数列{an}和bn的通项公式； （2）设cnanbn，求数列cn前n项和.

19．在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PA底面ABCD，E,F分别是PB,PD的中点，PAAD.

（1）求证：EF∥平面ABCD； （2）求证：平面AEF⊥平面PCD

20．某建筑公司用8 000万元购得一块空地，计划在该地块上建造一栋至少12层、每层4 000平方米的楼房．经初步估计得知，如果将楼房建为x(x≥12)层，则每平方米的平均建筑费用为Q(x)＝3 000＋50x(单位：元)． （1）求楼房每平方米的平均综合费用f(x)的解析式.

（2）为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建为多少层？每平方米的平均综合费用最小值是多少？（注：平均综合费用＝平均建筑费用＋平均购地费用，平均购地费用＝

购地总费用）

建筑总面积21．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cos2B＋cosB＝1－cosAcosC. （1）求证：a，b，c成等比数列； （2）若b＝2，求△ABC的面积的最大值．

22．已知数列{an}满足：a1＝3，an＋1＝（1）证明：数列{（2）证明：

n1an＋2n＋2. nan}是等差数列； n11. an11a1a2参

1．C 【解析】

分析：用特殊值法排除错误选项，可得正确答案. 详解：对于A.，当a1,b2时不成立； 对于B.，当c 对于D，当c故选C.

点睛：本题考查不等式的性质，注意特殊值法的应用. 2．B 【解析】

0时不成立； 0时不成立；

1是方程（ax1）（x1）0 的两根，由此可求a的值． 21详解：由题意，-1，是方程（ax1）（x1）0 的两根，

21a10 ，a2.

2分析：由题意，-1，故选 B .

点睛：本题考查不等式的解集与方程解之间的关系，确定-1，1是方程2（ax1）（x1）0的两根是关键.

3．B 【解析】

分析：由三角形的三边判断出b为最大边，根据大边对大角可得B为最大角，利用余弦定理表示出cosB，将已知的三边长代入求出cosB的值，由cosB的值小于0及B为三角形的内角，可得B为钝角，即三角形为钝角三角形． 详解：

ABc5，BCa6，ACb8，B为最大角，

a2c2b236251∴由余弦定理得：cosB ＜0，2ac6020又B为三角形的内角， ∴B为钝角，

则ABC 的形状是钝角三角形．

故选B．

点睛：本题考查三角形形状的判断，涉及的知识有：余弦定理，三角形的边角关系，以及余弦函数的图象与性质，熟练掌握余弦定理是解本题的关键． 4．A 【解析】

a1a3a53a33,a31，S5 5．A 【详解】 因为

55(a1a5)2a35a35，选A. 22sinAsinBab，所以，所以sinAcosBcosAsinB0， cosAcosBcosAcosB所以sinAB0，所以AB0，即AB，所以ABC是等腰三角形．故选A． 6．B 【解析】

5（a1q2）1，由此可知a1q21，所以一定有a31． 分析：由题意知T52345（a1q2）1， 详解：T5a1a1qa1qa1qa1qa1q21 ，a31 ．

故选B．

点睛：本题考查数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答． 7．D 【解析】

21ana11qa1qan3＝3－2an. Sn＝＝＝

11q1q3n 8．B 【解析】 球半径9．D

，所以球的体积为

，选B.

【解析】

分析：由三视图可知几何体是正方体在一个角上截去一个三棱锥，把相关数据代入棱锥的体积公式计算即可．

详解： 由三视图可知几何体是正方体在一个角上截去一个三棱锥，

∵正方体的棱长是1，

111111， 3265∴剩余部分体积V111V1，

6∴三棱锥的体积V1故选D.

点睛：本题考查三视图求几何体的体积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力． 10．C 【解析】

分析：连接AC，BD交于点O，连接OE，OP，先证明PAO即为PA与平面ABCD所成的角，即可得出结论．

详解：

连接AC，BD交于点O，连接OE，OP，因为E为PC的中点，所以OEPA ，

所以PAO即为异面直线PA与BE所成的角． 因为四棱锥PABCD正四棱锥， 所以PO平面ABCD，

所以AO为PA在面ABCD内的射影，所以PAO即为PA与平面ABCD所成的角，即

PAO60，PA2，OAOB1，OE1．PBC中，

PBPC2，BC2，（242）44BE2，BE2， OE2OB2BE2，所以在直角三角形EOB中OEB45，即异面直线PA与BE所成的角为45． 故答案为为45．

点睛：本题考查异面直线所成角，考查线面垂直，属基础题． 11．B 【分析】 不等式x14yym23m有解，即为m23m大于x的最小值，运用1和基本不

xy44等式相乘，计算得到所求最小值，解不等式可得m的范围. 【详解】 正实数x，y满足

141则 xyxy14y4xy4xy()(x)2224 4xy4y4xy4xy取得最小值4 4当且仅当y4x8，x由xym23m有解，即m23m4 4解得m > 4或m < -1. 故选B 【点睛】

本题考查了不等式恒成立问题，结合“1”的代换、基本不等式，将问题转化为含参代数式大于另一侧的最小值 12．C 【解析】

由题意得PC为球O的直径,而PC224225,即球O的半径R表面积S4πR220π. 本题选择C选项.

5;所以球O的

点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.

13．2n3 【解析】

分析：由给出的数列的前n项和公式，分n1和n2分类求解，然后验证n1时的通项公式是否满足an即可．

2详解：：∵数列{an}的前n项和Sn＝n2n，n1时，a1S11．

22[n1）（2n1）]2n3．n1时也成立． n2时，anSnSn1n2n（an2n3．

故答案为2n3．

点睛：本题考查了数列递推关系、数列通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 14．(－∞，－4)∪(4，＋∞) 【解析】

分析：不等式x2ax4＜0的解集不是空集，只需相应方程有两个不同的根即可． 详解：∵x2ax4＜0的解集不是空集，x2ax40 有两个不同的实数根， 则需a216＞0，a＜4或a＞4. 即答案为(－，－4)(4，＋).

点睛：本题是考查二次函数，二次不等式，二次方程间的相互转化和相互应用，这是函数中综合性较强的问题，需熟练掌握 15．①

【解析】

分析：根据空间直线与平面的位置关系的判定方法及几何特征，分析判断各个结论的真假，可得答案．

详解：：①如果mn，m，n，不能得出，故错误；

②如果n，则存在直线l，使n∥l，由m，可得ml，那么mn．故正确； ③如果，m，那么m与无公共点，则m．故正确

④如果mn，，那么m，n与 所成的角和m，n与所成的角均相等．故正确；

所以错误的命题为：①，

点睛：本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了空间直线与平面的位置关系，属中档题． 16．27 【解析】

分析：由正弦定理可得得a2sinA ，c2sinC ，化为2ac5sinA3cosA，即可得出．

ac3 ＝2，详解：由sinAsinC sin3得a2sinA，c2sinC ，

2ac4sinA2sinC4sinA2sin（120A）5sinA3cosA27sin（A），其中arctan3 ．52ac的最大值是27．

故答案为27．

点睛：本题考查了正弦定理、两角和差公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 17．（1）

；（2）6． 3【解析】

试题分析：（Ⅰ）根据二倍角公式化简得tanB3，进而得B3；

（Ⅱ）利用余弦定理可得27试题解析：

242c224ccos，即可得c的值.

3解：（Ⅰ）因为3sin2B2sin2B， 所以23sinBcosB2sin2B. 因为0B，所以sinB0， 所以tanB所以B3，

3.

（Ⅱ）由余弦定理可得27所以c24c120，

242c224ccos3，

解得c6或c2（舍）. 解得c6.

3n2nn13n2n4n1an3n1,bn2,nN*；18．（1）（2） 22,或=2，nN*．

22n【解析】

试题分析：（Ⅰ）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q．因为

a3a52a422，所以a41123d．解得d=3．又因为b2b4b1b5b6qb5，所

以qb12，即可以得出数列an和bn的通项公式；

nn（Ⅱ）由（Ⅰ）知，an3n1,bn2,nN*．因此cnanbn=3n12，由等差数

列，等比数列的前n项和即可得出数列cn前n项和. 试题解析：

（Ⅰ）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q．因为a3a52a422，所以a41123d．解得d=3．又因为b2b4b1b5b6qb5，所以qb12．所以

an3n1,bn2n,nN*．

n（Ⅱ）由（Ⅰ）知，an3n1,bn2,nN*．

n因此cnanbn=3n12

数列an前n项和为

n23n123n2n． 2n1数列bn的前n项和为

212n1222．

3n2n所以，数列cn前n项和为2n12,nN*．

219．（1）见解析；（2）见解析． 【解析】

分析：（1）连接BD，因为E,F分别是PB,PD的中点，证明EF面ABCD；

（2）设法证明AF平面PCD. 即可证明平面AEF⊥平面PCD. 详解：

（1）证明：连接BD，因为E,F分别是PB,PD的中点， 所以EFBD.即可证明EF平

BD.

又因为EF平面ABCD，BD平面ABCD， 所以EF平面ABCD.

（2）证明：因为PAAD，F为PD中点.所以AFPD. 又因为ABCD是矩形，所以CDAD. 因为PA底面ABCD，所以PACD. 因为PAADA，所以CD平面PAD. 因为AF平面PAD，所以CDAF. 又因为PDCDD，所以AF平面PCD.

又因为AF平面AEF，所以平面AEF⊥平面PCD

点睛：本题考查直线与平面平行的判定与证明，面面垂直的判断与证明.属中档题.. 20．（1）f(x)50x200003000(x12,xN*)；（2）该楼房应建为20层，每平方x米的平均综合费用最小值为5 000元． 【解析】

【试题分析】先建立楼房每平方米的平均综合费用fx的函数

fxQx8000100002000050x3000x12,xN，再应基本不等式求

4000xx其最小值及取得极小值时x的值：

解：设楼房每平方米的平均综合费用fx，

fxQx800010000200002000050x3000x12,xN250x300050004000xxx，当且仅当x20时，等号取到.所以，当x20时，最小值为5000元. 21．（1）见解析；（2）3． 【解析】

分析：（1）根据正弦定理，结合等比数列的定义即可得到结论．

（2）由b2，可得acb24，利用余弦定理求得cosB的最小值，可得B 的最大值．由

1 ABC的面积SacsinB2sinB，2可得它的最大值． 详解：

（1）证明：在△ABC中，cosB＝－cos(A＋C)． 由已知，得(1－sin2B)－cos(A＋C)＝1－cosAcosC， ∴－sin2B－(cosAcosC－sinAsinC)＝－cosAcosC，

化简，得sin2B＝sinAsinC.由正弦定理，得b2＝ac， ∴a，b，c成等比数列． （2）由(1)及题设条件，得ac＝4. 则cosB＝

＝

≥

＝，

当且仅当a＝c时，等号成立．

∵0≤. .

＝.

点睛：本题主要考查等比数列的判断以及正弦定理、余弦定理、基本不等式的应用，要求熟练掌握相应的公式，属于中档题． 22．（1）见解析；（2）见解析． 【解析】

分析：（1）由an＋1＝

an＋2n＋2，得

＝＋2，由此可证数列an是等差数列； n（2）由(1)知，＝3＋(n－1)×2＝2n＋1，

∴an＝n(2n＋1)，利用裂项相消法可证详解： （1）由an＋1＝即

an＋2n＋2，得

11a1a211 an＝＋2，

－＝2，∴数列是首项为3，公差为2的等差数列．

（2）由(1)知，＝3＋(n－1)×2＝2n＋1， ∴an＝n(2n＋1)， ∴＝

<

＝－

＋

，

＋

＋…＋

＝－

<1，

∴＋＋＋…＋<∴＋＋＋…＋<1.

点睛：本题考查都出现了的证明及利用裂项相消法证明不等式，属中档题.