河北省石家庄二中2019-2020学年高一下学期期中考试数学试题 19页

石家庄二中2019-2020学年度高一年级第二学期期中考试 数学试卷（线上）‎ 一、选择题 ‎1.若a，b，c为实数，且a＜b＜0，则下列命题中正确的是（ ）‎ A. ac2＜bc2 B. a2＞ab＞b2‎ C. ＜ D. ＞‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用不等式的性质，特值法，作差法对每一个选项逐一分析判断得解.‎ ‎【详解】A选项，若，则，故不正确；‎ B选项，，，且，，故正确；‎ C选项，，，，故错误；‎ D选项，，，，故错误；‎ 故选．‎ ‎【点睛】本题主要考查不等关系与不等式、不等式的基本性质、比较法等基础知识，考查运 算求解能力．属于基础题．‎ ‎2.设为等差数列的前项和.若，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等式可得与的关系，再根据可求得，最后代入数列通项公式，即可得答案；‎ ‎【详解】，，‎ ‎，解得：，‎ ‎，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列中通项公式和前项和公式中的基本量运算，考查运算求解能力.‎ ‎3.如图，四棱锥的底面为正方形，，则下列结论中不正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. 平面平面 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由底面正方形及，确定线线间的垂直关系，判断各个结论的正确性．‎ ‎【详解】，在平面的射影与垂直，则，A正确；‎ 在平面的射影与垂直，则，B正确；‎ 利用上述垂直可得平面，从而有平面平面，C正确；‎ 若，则垂直在平面内的射影，这是不可能的，D错误．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查空间线线的垂直与面面垂直的判断，掌握三垂线定理及其逆定理是解题基础．‎ ‎4.若函数当且仅当时取得最小值，则实数的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用基本不等式可得，根据等号成立的条件，即可求得的值.‎ ‎【详解】，等号成立当且仅当，‎ ‎，解得：，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查基本不等式求最值等号成立的条件，考查逻辑推理能力、运算求解能力.‎ ‎5.在正方体中，分别为，的中点，则异面直线所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出正方体，取的中点，连接，可得为异面直线所成的角，再利用余弦定理，即可得答案；‎ ‎【详解】如图所示，取的中点，连接，‎ ‎，为异面直线所成的角，‎ ‎，‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意余弦定理的应用.‎ ‎6.在中， ，则的形状为（ ）‎ A. 正三角形 B. 直角三角形 C. 等腰或直角三角形 D. 等腰直角三角形 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二倍角公式代入cos2=求得cosB=，进而利用余弦定理化简整理求得a2+b2=c2，根据勾股定理判断出三角形为直角三角形．‎ ‎【详解】因为,，所以，有．‎ 整理得，故, 的形状为直角三角形．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】余弦的二倍角公式有三个，要根据不同的化简需要进行选取．‎ ‎．‎ 在判断三角形形状的方法中，一般有，利用正余弦定理边化角，角化边，寻找关系即可 ‎7.一直三棱柱的每条棱长都是，且每个顶点都在球的表面上，则球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出直三棱柱的直观图，取上下底面的中心，确定外接球的球心，再利用勾股定理可得关于球的半径的方程，再利用球的表面积公式，即可得答案；‎ ‎【详解】如图所示的直三棱柱，为三角形的中心，为三角形的中心，‎ 连结，则三棱柱外接球的球心为的中点，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查三棱柱外接球的表面积求解，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力.‎ ‎8.已知数列是首项为，公比为的等比数列，则等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等比数列的通项公式可得，再将递推关系，即可得答案；‎ ‎【详解】由题意得：，‎ 当时，，‎ 当时，，‎ 当时，，‎ 等于，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查等比数列递推关系的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.‎ ‎9.的三个内角所对的边分别为，已知，，求的取值范围（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦定理结合三角恒等变换，将表示成关于的正弦函数，即可得答案；‎ ‎【详解】，‎ ‎，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查正弦定理和辅助角公式及三角函数的性质，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意角的范围的确定.‎ ‎10.已知数列的前项和为，，若存在两项，，使得，则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据递推关系可得的通项公式，再由条件可得的所有取值情况，进而一一代入式子求值，即可得答案；‎ ‎【详解】，，‎ 两式相减得：，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，，‎ 且，或或或 当时，，‎ 当时，，‎ 当时，，‎ 当时，，‎ 的最小值为，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查数列的基本量运算与多项式求最值，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意不能误用基本不等式，导致出错.‎ 多选题 ‎11.设等差数列的前项和为，公差为，且满足，，则对描述正确的有（ ）‎ A. 是唯一最小值 B. 是最小值 C. D. 是最大值 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列中可得数列的公差，再根据二次函数的性质可知是最大值，同时可得，进而得到，即可得答案；‎ ‎【详解】，，‎ 设，则点在抛物线上，‎ 抛物线的开口向下，对称轴为，‎ 且为的最大值，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故选：CD.‎ ‎【点睛】本题考查利用二次函数的性质研究等差数列的前项和的性质，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.‎ ‎12.在中，D在线段上，且若，则（ ）‎ A. B. 的面积为8‎ C. 的周长为 D. 为钝角三角形 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由同角三角函数关系即可判断选项A；设,则,在中,利用余弦定理求得,即可求得,进而求得,即可判断选项B；在中,利用余弦定理求得,进而判断选项C；由为最大边,利用余弦定理求得,即可判断选项D.‎ ‎【详解】因为,所以,故A错误；‎ 设,则,在中,,解得 ‎,所以,‎ 所以,故B正确；‎ 因为,所以,‎ 在中,,解得,‎ 所以,故C正确；‎ 因为为最大边,所以,即为钝角,所以为钝角三角形,故D正确.‎ 故选:BCD ‎【点睛】本题考查利用余弦定理解三角形,考查三角形面积的公式的应用,考查判断三角形的形状.‎ 二、填空题 ‎13.已知数列满足，，则通项______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据可得数列为等差数列，求出其通项公式，即可得答案；‎ ‎【详解】，，且，‎ 是以1为首项，3为公差的等差数列，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查根据数列的递推关系证明等差数列，再进一步求数列的通项公式，考查转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.‎ ‎14.函数，则不等式的解集为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分段函数的解析式，对自变量进行讨论，从而化简不等式，解不等式即可得答案；‎ ‎【详解】原不等式或，‎ 解得：或，‎ 原不等式的解集为，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用分段函数的解析式解一元二次不等式，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎15.在中，边所对的角分别为.的面积满足，若，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角形的面积公式和余弦定理可得的值，从而得到的值，再利用正弦定理即可得答案；‎ ‎【详解】，，‎ ‎，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查三角形的面积公式、正余弦定理的运用，考查转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力.‎ ‎16.对于数列，定义为的“优值”，现已知某数列的“优值”，记数列的前项和为，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可得，再利用多递推一项再相减的思想方法，可得的表达式，再利用等差数列的前项和公式，即可得答案；‎ ‎【详解】，且，‎ ‎，‎ ‎，‎ 两式相减得：，‎ 当时，也符合上式，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查数列的新定义、等差数列的前项和公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意临差法的应用.‎ 三、解答题 ‎17.已知a，b，c分别是的内角A，B，C的对边，且.‎ ‎(1)求.‎ ‎(2)若，，求的面积.‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理，将边化角，整理化简即可求得；‎ ‎（2）结合由（1）所得方程，以及（2）中已知条件，由余弦定理解得边，用面积公式求解.‎ ‎【详解】（1）∵，‎ ‎∴.‎ 由正弦定理得 ‎，‎ ‎∴.‎ ‎（2）由（1）可得，‎ ‎∵且为三角形的内角，∴，‎ 由余弦定理，可得，‎ ‎∴，‎ 解得或(舍去)，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】本题考查利用正弦定理与余弦定理解三角形，属基础问题.‎ ‎18.已知等差数列中，，且依次成等比数列.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，数列的前项和为，若，求的值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用等差数列的通项公式代入可得，再利用等比数列的性质可得的值，从而可求数列的通项公式；‎ ‎（2）利用裂项相消法求出，解方程即可得答案；‎ ‎【详解】解：（1）设数列的公差为，‎ 因为，所以，解得，‎ 因为依次成等比数列，所以，‎ 即，解得，‎ 所以；‎ ‎（2）由（1）知，‎ 所以，‎ 所以，‎ 由，‎ 得.‎ 点睛】本题考查等差数列和等比数列基本量运算、裂项相消法求和，考查逻辑推理能力、运算求解能力.‎ ‎19.如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，∥，平面，，.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明平面，再利用面面垂直的判定定理，即可得答案；‎ ‎（2）设点到平面的距离为，利用等积法，即可得答案；‎ ‎【详解】解：（1）证明：由已知得，，‎ ‎，‎ ‎∴，∴，‎ ‎∵平面，平面，∴，‎ ‎∵，∴平面，‎ ‎∵平面，∴平面平面.‎ ‎（2）解：由（1）得平面，∴，‎ ‎，，‎ 设点到平面的距离为，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 解得，‎ ‎∴点到平面的距离为.‎ ‎【点睛】本题考查面面垂直判定定理应用、等积法求点到面的距离，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力.‎ ‎20.法国数学家费马被称为业余数学之王，很多数学定理以他的名字命名.对而言，若其内部的点P满足，则称P为的费马点.如图所示，在中，已知，设P为的费马点，且满足，.‎ ‎（1）求的面积；‎ ‎（2）求PB的长度.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由已知利用三角形的内角和定理可得，，可得在中，，可得，利用三角形的面积公式即可求解的面积．‎ ‎（2）利用特殊角的三角函数值，两角差的正弦函数公式可求，的值，在 中，由正弦定理可得PB的值．‎ ‎【详解】（1）由已知，所以.‎ 在中，，故.‎ 所以的面积.‎ ‎（2）在中，由正弦定理（*）‎ 而，‎ 代入（*）式得.‎ ‎【点睛】本题考查三角形的内角和定理、三角形的面积公式、特殊角的三角函数值、两角差的正弦函数公式、正弦定理在解三角形中的综合应用，考查转化与化归思想、函数与方程思想．‎ ‎21.等差数列的公差为2, 分别等于等比数列的第2项，第3项，第4项.‎ ‎（1）求数列和的通项公式；‎ ‎（2）若数列满足,求数列的前2020项的和．‎ ‎【答案】（1），； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据题意同时利用等差、等比数列的通项公式即可求得数列和的通项公式；‎ ‎(2)求出数列的通项公式，再利用错位相减法即可求得数列的前2020项的和.‎ ‎【详解】(1)依题意得: ，‎ 所以 ，‎ 所以 解得 ‎ 设等比数列的公比为，所以 ‎ 又 ‎(2)由（1）知，‎ 因为 ①‎ 当时 ②‎ 由①②得，，即，‎ 又当时，不满足上式，‎ ‎ .‎ 数列的前2020项的和 ‎ ‎ 设 ③，‎ 则 ④，‎ 由③④得：‎ ‎ ，‎ 所以，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式、性质，错位相减法求和,考查学生的逻辑推理能力,化归与转化能力及综合运用数学知识解决问题的能力.考查的核心素养是逻辑推理与数学运算.是中档题.‎ ‎22.如图，在三棱锥中，，在底面上的射影在上，‎ 于.‎ ‎（1）求证：∥平面；‎ ‎（2）若，求直线与平面所成角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明，再利用线面平行判定定理，即可证明结论成立；‎ ‎（2）在中过作的垂线，垂足，证明平面，可得即所求线面角，再利用直角三角形中正弦的定义可得，进而求得角的余弦值.‎ ‎【详解】（1）证明：因为，所以分别是的中点，‎ 所以，从而平面 ‎（2）解：在中过作的垂线，垂足，‎ ‎，‎ 平面，平面，‎ 平面平面，平面平面，平面，‎ ‎，平面，‎ 即所求线面角，‎ 由是的中点，得 设，，则，，‎ ‎，，‎ 所以所求线面角的正弦值为，所以余弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面平行判定定理、传统法求线面角，考查转化与化归思想，考查空间想象能力、运算求解能力.‎