福建省龙岩市一级达标校2019-2020学年高一下学期期末质检数学试题

一、选择题：本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．已知函数sin()(0,)2y x πωϕωϕ=+><的部分图象如图所示，则此函数的解析式为（ ）A ．sin(22)y x π=+ B ．sin(2)4y x π=+ C ．sin(4)2y x π=+D ．sin(4)4y x π=+2．已知两条直线,a b 与两个平面,αβ，给出下列命题:①若,,a b αβαβ⊂⊂∥，则a b ∥；②若,,,a b a b αββα⊂⊂，则αβ∥； ③若,,a b αβαβ⊥⊥，则a b ∥；④若,,a b αβαβ⊥，则a b ∥；其中正确的命题个数为 A ．1B ．2C ．3D ．43．已知数列{}n a 满足*11()1,2,nn n n a a a n N S +=⋅=∈是数列{}n a 的前n 项和，则（ ） A ．201920192a =B ．101020192a =C ．1010201923S =- D ．1011201923S =-4．已知三角形ABC ，如果222sin sin sin A B C +<，则该三角形形状为（ ） A ．锐角三角形B ．钝角三角形C ．直角三角形D ．以上选项均有可能5．已知函数()()arctan 1f x x =-,若存在12,[,]x x a b ∈，且12<x x ，使12()()f x f x ≥成立，则以下对实数,a b 的推述正确的是（ ） A ．<1aB ．1a ≥C ．1b ≤D ．1b ≥6．已知数列{a n }为等差数列，1(*)n a n N ≠∈,12019a a +=1，若2()1xf x x =-，则122019()()()f a f a f a ⨯⨯⨯＝( ) A ．-22019B ．22020C ．-22017D ．220187．用数学归纳法证明1+a+a 2+…+a n+1=211n aa+-- （a≠1，n ∈N *），在验证n=1成立时，左边的项是（ ）A ．1B ．1+aC ．1+a+a 2D ．1+a+a 2+a 48．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步并不难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关，欲问每朝行里数，请公仔细算相还”.其意思为：“有一个人走378里路，第1天健步行走，从第2天起，因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，可求出此人每天走多少里路.”那么此人第5天走的路程为（ ） A ．48里B ．24里C ．12里D ．6里9．在棱长为1的正方体中1111ABCD A B C D -，点P 在线段1AD 上运动，则下列命题错误的是 （ ）A ．异面直线1C P 和1CB 所成的角为定值 B ．直线CD 和平面1BPC 平行C ．三棱锥1D BPC -的体积为定值D ．直线CP 和平面11ABC D 所成的角为定值10．已知A(3,1)，B(－1,2)，若∠ACB 的平分线方程为y ＝x ＋1，则AC 所在的直线方程为( ) A ．y ＝2x ＋4B ．y ＝12x －3 C ．x －2y －1＝0 D ．3x ＋y ＋1＝011．一支由学生组成的校乐团有男同学48人，女同学36人，若用分层抽样的方法从该乐团的全体同学中抽取21人参加某项活动，则抽取到的男同学人数为（ ） A ．10B ．11C ．12D ．1312．设的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ,且6C π=，12a b +=，面积的最大值为（）A ．6B ．8C ．7D ．9二、填空题：本题共4小题 13．函数y=sin2x+2sin 2x 的最小正周期T 为_______.14．明代程大位《算法统宗》卷10中有题：“远望巍巍塔七层，红灯点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”则尖头共有__________盏灯． 15．给出下列四个命题：①正切函数tan y x = 在定义域内是增函数； ②若函数()3cos(2)6f x x π=+，则对任意的实数x 都有55()()1212f x f x ππ+=-； ③函数cos sin ()cos sin x xf x x x+=-的最小正周期是π；④cos()y x =-与cos y x =的图象相同.以上四个命题中正确的有_________（填写所有正确命题的序号）16．已知200︒的圆心角所对的弧长等于50cm ，则该圆的半径为______cm .三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

福建省龙岩市一级达标校2018-2019学年高一数学下学期期末教学质量检查试题（含解析）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，每小题中给出四个选项，只有一项是符合要求的，把答案填涂在答题卡的相应位置）1.已知a ，b ，c 为实数，则下列结论正确的是（ ）A. 若ac ＞bc ＞0，则a ＞bB. 若a ＞b ＞0，则ac ＞bcC. 若ac 2＞bc 2，则a ＞bD. 若a ＞b ，则ac 2＞bc 2【答案】C【解析】【分析】 本题可根据不等式的性质以及运用特殊值法进行代入排除即可得到正确结果．【详解】由题意，可知：对于A 中，可设5,4,3a b c =-=-=-，很明显满足0ac bc >>，但a b <，所以选项A 不正确；对于B 中，因为不知道c 的正负情况，所以不能直接得出ac bc >，所以选项B 不正确； 对于C 中，因为22ac bc <，所以20c >，所以a b >，所以选项C 正确；对于D 中，若0c =，则不能得到22ac bc >，所以选项D 不正确．故选：C ．【点睛】本题主要考查了不等式性质的应用以及特殊值法的应用，着重考查了推理能力，属于基础题．2.直线x+2y ﹣3＝0与直线2x+ay ﹣1＝0垂直，则a 的值为（ ）A. ﹣1B. 4C. 1D. ﹣4 【答案】A【解析】【分析】由两直线垂直的条件，列出方程即可求解，得到答案．【详解】由题意，直线230x y +-=与直线210x ay +-=垂直，则满足1220a ⨯+⨯=，解得1a =-，故选：A ．【点睛】本题主要考查了两直线位置关系的应用，其中解答中熟记两直线垂直的条件是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．3.设等差数列{a n }的前n 项的和S n ，若a 2+a 8＝6，则S 9＝（ ）A. 3B. 6C. 27D. 54 【答案】C【解析】【分析】利用等差数列的性质和求和公式，即可求得9S 的值，得到答案．【详解】由题意，等差数列{}n a 的前n 项的和n S ，由286a a +=，根据等差数列的性质，可得196a a +=， 所以1999()962722a a S +⨯===， 故选：C ．【点睛】本题主要考查了等差数列的性质，以及等差数列的前n 项和公式的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．4.直线x ﹣y+2＝0与圆x 2+（y ﹣1）2＝4的位置关系是（ ）A. 相交B. 相切C. 相离D. 不确定 【答案】A【解析】【分析】求得圆心到直线的距离，然后和圆的半径比较大小，从而判定两者位置关系，得到答案．【详解】由题意，可得圆心(0,1) 到直线的距离为22d ==<， 所以直线与圆相交．故选：A ．【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系判定，其中解答中熟记直线与圆的位置关系的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．5.一个圆柱的轴截面是正方形，其侧面积与一个球的表面积相等，那么这个圆柱的体积与这个球的体积之比为（ ）A. 1：3B. 3：1C. 2：3D. 3：2 【答案】D【解析】【分析】设圆柱的底面半径为r ，利用圆柱侧面积公式与球的表面积公式建立关系式，算出球的半径R r =，再利用圆柱与球的体积公式加以计算，可得所求体积之比．【详解】设圆柱的底面半径为r ，轴截面正方形边长a ，则2a r =，可得圆柱的侧面积2124S ra r ππ==， 再设与圆柱表面积相等的球半径为R ， 则球的表面积22244S R r ππ==，解得R r =，因此圆柱的体积为2312V r a r ππ=⨯=，球的体积为3324433V R r ππ==， 因此圆柱的体积与球的体积之比为1232V V =． 故选：D ．【点睛】本题主要考查了圆柱的侧面积和体积公式，以及球的表面积和体积公式的应用，其中解答中熟记公式，合理计算半径之间的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．6.设△ABC 的内角A 、B 、C 所对边分别为a 、b 、c ，若a ＝3，b ＝2，A ＝4π，则B ＝（ ） A. 6π B. 6π或56π C. 3π D. 3π或23π 【答案】A【解析】【分析】由已知利用正弦定理可求sin B的值，利用大边对大角可求B为锐角，利用特殊角的三角函数值，即可得解．【详解】由题意知323,,24 a b Aπ===，由正弦定理sin sina bA B=，可得sinsinb ABa⋅=＝322223⨯＝12，又因为b a<，可得B为锐角，所以6Bπ=．故选：A．【点睛】本题主要考查了正弦定理，大边对大角，特殊角的三角函数值在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．7.在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，若四棱锥P﹣ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝AD，E为棱PA的中点，则异面直线AB与CE所成角的正弦值为（）A.22B.535D.32【答案】B【解析】【分析】由异面直线所成角的定义及求法，得到ECD∠为所求，连接ED，由CDE∆为直角三角形，即可求解．【详解】在四棱锥P ABCD-中，//AB CD，可得ECD∠即为异面直线AB与CE所成角，连接ED，则CDE∆为直角三角形，不妨设2AB a=，则5,3DE a EC a==，所以5sin3DEECDEC∠==,故选：B ．【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的作法及求法，其中把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．8.若点（m ，n ）在反比例函数y ＝1x 的图象上，其中m ＜0，则m+3n 的最大值等于（ ） 3B. 2C. ﹣3D. ﹣2【答案】C【解析】【分析】根据题意可得出1mn =，再根据0m <可得0n <，将3m n +添上两个负号运用基本不等式，即可求解．【详解】由题意，可得1mn =，因为0m <，所以0n <， 所以3[()(3)]2()(3)2323m n m n m n mn +=--+-≤--⋅--- 当且仅当3m n =，即33,3m n =-=-时，等号成立， 故选：C ． 【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中熟记基本不等式的使用条件，合理运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．9.如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，给出以下四个结论：①D 1C∥平面A 1ABB 1 ②A 1D 1与平面BCD 1相交③AD⊥平面D 1DB ④平面BCD 1⊥平面A 1ABB 1正确的结论个数是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】 在①中，由11//D C A B ，得到1//D C 平面11A ABB ；在②中，由11//A D BC ，得到11A D ⊂平面1BCD ；在③中，由45ADB ∠=o ，得到AD 与平面1D DB 相交但不垂直；在④中，由BC ⊥平面11A ABB ，得到平面1BCD ⊥平面11A ABB ，即可求解．【详解】由正方体1111ABCD A B C D -中，可得：在①中，因为11//D C A B ，1D C ⊄平面11A ABB ，1A B ⊂平面11A ABB ，∴1//D C 平面11A ABB ，故①正确；在②中，∵11//A D BC ，BC ⊂平面1BCD ，11A D I 平面11BCD D =，∴11A D ⊂平面1BCD ，故②错误；在③中，∵45ADB ∠=o ，∴AD 与平面1D DB 相交但不垂直，故③错误；在④中，∵BC ⊥平面11A ABB ，BC ⊂平面1BCD ，∴平面1BCD ⊥平面11A ABB ， 故④正确．故选：B ．【点睛】本题主要考查了命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．10.已知曲线C 方程为x 2+y 2＝2（x+|y|），直线x ＝my+4与曲线C 有两个交点，则m 的取值范围是（ ）A. m ＞1或m ＜﹣1B. m ＞7或m ＜﹣7C. m ＞7或m ＜﹣1D. m ＞1或m ＜﹣7【答案】A【解析】【分析】先画出曲线C 的图象，再求出直线与C 相切时的m ，最后结合图象可得m 的取值范围，得到答案．【详解】如图所示，曲线C 的图象是两个圆的一部分，由图可知：当直线4x my =+与曲线C 相切时，只有一个交点，此时1m =±，结合图象可得1m >或1m <-．故选：A ．【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中熟练应有直线与圆的位置关系，合理结合图象求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题．11.在数列{a n }中，a n ＝31﹣3n ，设b n ＝a n a n+1a n+2（n∈N *）．T n 是数列{b n }的前n 项和，当T n 取得最大值时n 的值为（ ）A. 11B. 10C. 9D. 8【答案】B【解析】【分析】由已知得到等差数列{}n a 的公差0d <，且数列{}n a 的前10项大于0，自第11项起小于0，由12n n n n b a a a ++=，得出从1b 到8b 的值都大于零，9n =时，90,10b n <=时，100b >，且109b b >，而当11n ≥时，0n b <，由此可得答案．【详解】由313n a n =-，得1280a =>，等差数列{}n a 的公差30d =-<，由3130n a n =->，得313n <，则数列{}n a 的前10项大于0，自第11项起小于0． 由12,()n n n n b a a a n N *++=∈，可得从1b 到8b 的值都大于零，当9n =时，90,10b n <=时，100b >，且109b b >，当11n ≥时，0n b <，所以n T 取得最大值时n 的值为10.故选：B ．【点睛】本题主要考查了数列递推式，以及数列的和的最值的判定，其中解答的关键是明确数列{}n b 的项的特点，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．12.过点P （0，2）作直线x+my ﹣4＝0的垂线，垂足为Q ，则Q 到直线x+2y ﹣14＝0的距离最小值为（ ）A. 0B. 2 【答案】C【解析】【分析】由直线40x my +-=过定点(4,0)M ，得到,P Q 的中点(2,1)N ，由PQ 垂直直线40x my +-=，得到点Q 在以点(2,1)N 为圆心，以PN =由此求出Q 到直线2140x y +-=的距离最小值，得到答案．【详解】由题意，过点(0,2)P 作直线40x my +-=的垂线，垂足为Q ，直线40x my +-=过定点(4,0)M ，由中点公式可得，,P Q 的中点(2,1)N ，由PQ 垂直直线40x my +-=，所以点点Q 在以点(2,1)N 为圆心，以PN ==其圆的方程为22(2)(1)5x y -+-=，则圆心(2,1)N 到直线2140x y +-=的距离为255d == 所以点Q 到直线2140x y +-=的距离最小值；2555-=，故选：C ．【点睛】本题主要考查了圆的标准方程，直线与圆的位置关系的应用，同时涉及到点到直线的距离公式的应用，着重考查了推理与计算能力，以及分析问题和解答问题的能力，试题综合性强，属于中档试题．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填写在答题卡的相应位置.）13.不等式x （2x ﹣1）＜0的解集是_____．【答案】10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】【分析】求出不等式对应方程的实数根，即可写出不等式的解集，得到答案．【详解】由不等式(21)0x x -<对应方程的实数根为0和12， 所以该不等式的解集是1{|0}2x x <<．故答案为：1{|0}2x x <<．【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，其中解答中熟记一元二次不等式的解法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．14.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝7，S 6＝63，则a n ＝_____【答案】12n -【解析】【分析】利用等比数列的前n 项和公式列出方程组，求出首项与公比，由此能求出该数列的通项公式． 【详解】由题意，631,2q S S ==,不合题意舍去；当1,q ≠等比数列{}n a 的前n 项和为36,7,63n S S S ==， 即()()3136161711631a q S q a q S q ⎧-⎪==-⎪⎨-⎪==⎪-⎩，解得11,2a q ==，所以12n n a -=， 故答案为：12n -．【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．15.在△ABC 中，a 、b 、c 分别为角A 、B 、C 的对边，若b·cosC=c·cosB，且cosA ＝23，则cosB 的值为_____．【解析】【分析】利用余弦定理表示出cos B 与cos C ，代入已知等式中，整理得到c b =，再利用余弦定理表示出cos A ，将c b =及cos A 的值代入用b 表示出a ，将表示出的a 与c 代入cos B 中计算，即可求出值．【详解】由题意，由余弦定理得222222cos ,cos 22a c b a b c B C ac ab+-+-==， 代入cos cos b C c B =，得22222222a b c a c b a a +-+-=，整理得c b =，所以22222222cos 223b c a b a A bc b +--===，即222634b a b -=，=，即a =，则2222222cos 26b b b a c b B ac +-+-===，故答案为：6【点睛】本题考查了解三角形的综合应用，高考中经常将三角变换与解三角形知识综合起来命题，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理实现边角互化；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．16.三棱锥P ﹣ABC 的底面ABC 是等腰三角形，AC ＝BC ＝2，AB ＝PAB 是等边三角形且与底面ABC 垂直，则该三棱锥的外接球表面积为_____． 【答案】20π 【解析】 【分析】求出PAB ∆的外接圆半径2r ，ABC ∆的外接圆半径1r ，求出外接球的半径r ，即可求出该三棱锥的外接球的表面积．【详解】由题意，设PAB ∆的外心为2O ，ABC ∆的外心为1O ， 则PAB ∆的外接圆半径2122r ==， 在ABC ∆中，因为2,AC BC AB ===，由余弦定理可得2221cos 22AC BC AB C AC BC +-==-⋅，所以sin C =， 所以ABC ∆的外接圆半径12sin AB r C ===，在等边PAB ∆中，由23AB =，所以3PD =，所以22321O D PD r =-=-=， 设球心为O ，球的半径为r ，则12321,2OO O P =-==， 又由1OO ⊥面ABC ，2OO ⊥面PAB ，则222215r =+=，所以该三棱锥的外接球的表面积为2420r ππ=． 故答案为：20π．【点睛】本题主要考查了三棱锥的外接球的表面积的求解，其中解答中熟练应用空间几何体的结构特征，确定球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于中档试题．三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答需写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤） 17.（1）若关于x 的不等式2x ＞m （x 2+6）的解集为{x|x ＜﹣3或x ＞﹣2}，求不等式5mx 2+x+3＞0的解集．（2）若2kx ＜x 2+4对于一切的x ＞0恒成立，求k 的取值范围． 【答案】（1）3|12x x ⎧⎫-<<⎨⎬⎩⎭；（2）2k < 【解析】 【分析】（1）原不等式等价于2260mx x m -+<根据不等式的解集由根与系数的关系可得关于m 的方程，解出m 的值，进而求得2530mx x ++>的解集；（2）由224kx x <+对于一切的0x >恒成立，可得42k x x<+，求出4x x +的最小值即可得到k 的取值范围．【详解】（1）原不等式等价于2260mx x m -+<， 所以2260mx x m -+<的解集为{|32}x x x <->-或 则23(2)m =-+-，25m =-， 所以2530mx x ++>等价于2230x x -++>，即2230x x --<，所以312x -<<， 所以不等式的解集为3|12x x ⎧⎫-<<⎨⎬⎩⎭（2）因为0x >，由224kx x <+，得42k x x <+，44x x +≥=Q 当且仅当2x =时取等号. 242k k ∴<∴<【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，不等式恒成立问题和基本不等式，考查了方程思想和转化思想，属基础题．18.在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a 2+c 2﹣b 2＝mac ，其中m∈R ．（1）若m ＝1，a ＝1，c 的面积；（2）若m A ＝2B ，a b ．【答案】（1）34；（2 【解析】 【分析】（1）当1m =时，由余弦定理可求1cos 2B =，利用同角三角函数基本关系式可求sin B 的值，根据三角形的面积公式即可求解．（2）当2m =时，由余弦定理可求cos 4B =，利用同角三角函数基本关系式可求sin B 的值，根据二倍角的正弦函数公式可求sin A 的值，利用正弦定理可求b 的值．【详解】（1）当1m =时，222a cb ac +-=，2221cos 22a cb B ac +-∴==，0B Q π<<,sin B ∴=,1sin 2ABC S ac B ∴=V 1122=⨯34=． （2）当2m =时，222cos 2224a cb mac m B ac ac +-∴====， 0B Q π<<sin B ∴=,2A B =Q sin 2sin cos 2444A B B ∴===g g g ， 由正弦定理得：sin sin a b A B =,sin 4sin a b B A ∴=⨯== 【点睛】本题主要考查了余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式，二倍角的正弦函数公式，正弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．19.设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 2＝3，S n ＝2S n ﹣1+n （n≥2） （1）求出a 1，a 3的值，并证明：数列{a n +1}为等比数列； （2）设b n ＝log 2（a 3n +1），数列{11n n b b +}的前n 项和为T n ，求证：1≤18T n ＜2． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】 【分析】（1）可令2,3n n ==求得13,a a 的值；再由数列的递推式，作差可得112(1)n n a a ++=+，可得数列{}1n a +为首项为2，公比为2的等比数列； （2）由（1）求得()23log 13n n b a n =+=，()11111133191n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅++⎝⎭，再由数列的裂项相消求和，可得n T ，再由不等式的性质即可得证．【详解】（1）当2n =时，2122S S =+，即12122a a a +=+，∴1221a a =-=， 当3n =时，3223S S =+，即123122()3a a a a a ++=++，∴31237a a a =++=，∵12(2)n n S S n n -=+≥，∴121n n S S n +=++，()()11212n n n n S S S n S n +-∴-=++-+，∴121n n a a +=+ ()1121n n a a +∴+=+(2)n ≥，∴112(2)1n n a n a ++=≥+， 又∵112a +=，214a +=，∴21121a a +=+，∴112()1n n a n N a *++=∈+， ∴数列{}1n a +是首项为2，公比为2的等比数列.（2）由（1）可知12nn a +=，所以3312n n a +=，所以()23log 13n n b a n =+=，()11111133191n n b b n n n n +⎛⎫∴==- ⎪⋅++⎝⎭， 111111192231n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦L 11191n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭， n N *∈Q ,所以111121n ≤-<+,所以11189n T ≤<,即1182n T ≤<．【点睛】本题主要考查了数列的递推式的运用，考查等比数列的定义和通项公式、求和公式的运用，考查数列的裂项相消求和，化简运算能力，属于中档题．20.如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，且∠BAP＝∠CDP＝90°（1）证明：平面PAB⊥平面PAD ； （2）若PA ＝PD ＝AB ＝22AD ，且四棱锥的侧面积为3P ﹣ABCD 的体积． 【答案】（1）见解析；（2）83【解析】【分析】（1）只需证明AB ⊥平面PAD ，，即可得平面平面PAB ⊥平面PAD ； （2）设AB PA PD x ===，则2AD x =，由四棱锥P ABCD -的侧面积，取得2x =，在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．可得PE ⊥平面ABCD 且22PE x ==,即可求四棱锥P ABCD -的体积．【详解】（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB AP ⊥，CD PD ⊥， 由于//AB CD ，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD ， 又AB Ì平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .（2）设AB PA PD x ===，则2AD x =，所以222PA PD AD +=，从而PAB ∆，PCD ∆也为等腰直角三角形，PBC ∆为正三角形， 于是四棱锥P ABCD -的侧面积22133(2)62324S x x =⨯+=+2x =， 在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ， 由（1）知，AB ⊥平面PAD ，故AB PE ⊥， 可得PE ⊥平面ABCD 且22PE x == 故四棱锥P ABCD -的体积1182222333P ABCD V AB AD PE -=⋅⋅=⨯⨯=． 【点睛】本题考查了面面垂直的判定与证明，以及四棱锥的体积的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题．21.足球，有“世界第一运动的美誉，是全球体育界最具影响力的单项体育运动之一．足球传球是足球运动技术之一，是比赛中组织进攻、组织战术配合和进行射门的主要手段．足球截球也是足球运动技术的一种，是将对方控制或传出的球占为己有，或破坏对方对球的控制的技术，是比赛中由守转攻的主要手段．这两种运动技术都需要球运动员的正确判断和选择．现有甲、乙两队进行足球友谊赛，A 、B 两名运动员是甲队队员，C 是乙队队员，B 在A 的正西方向，A 和B 相距20m ，C 在A 的正北方向，A 和C 相距143m ．现A 沿北偏西60°方向水平传球，球速为103m/s ，同时B 沿北偏西30°方向以10m/s 的速度前往接球，C 同时也以10m/s 的速度前去截球．假设球与B 、C 都在同一平面运动，且均保持匀速直线运动．（1）若C 沿南偏西60°方向前去截球，试判断B 能否接到球？请说明理由． （2）若C 改变（1）的方向前去截球，试判断C 能否球成功？请说明理由． 【答案】（1）能接到；（2）不能接到 【解析】 【分析】（1）在ABD ∆中由条件可得，20DB AB ==，进一步可得ACE ∆为等边三角形，然后计算C 运动到点E 所需时间即可判断；（2）建立平面直角坐标系，作CF AD ⊥于F ，求出直线AD 的方程，然后计算C 到直线AD 的距离即可判断．【详解】（1）如图所示，在ABD ∆中，120ABD ∠=o ，30BAD ∠=o ，30ADB ∴∠=o , 20DB AB ∴==,203DA ∴=由题意可知，如果C 不运动，经过2s ，B 可以接到球， 在AD 上取点E ，使得60ACE ︒∠=,60CAD ∠=o Q ,∴ACE ∆为等边三角形，Q 143CA =143AE ∴=C 运动到点E 要310s ，此143342143=>. 所以B 能接到球．（2）建立如图所示的平面直角坐标系，作CF AD ⊥于F ，所以直线AD 的方程为：30x y +=，Q C 经过2s ，运动了20m ． 点C 到直线AD 的距离1433212013CF ⨯==>+，所以以C 为圆心，半径长为20的圆与直线AD 相离． 故C 改变（1）的方向前去截球，C 不能截到球．【点睛】本题主要考查了三角形的实际应用，以及点到直线的距离的应用，考查了推理与运算能力，属中档题．22.已知动点P 与两个定点O （0，0），A （3，0）的距离的比值为2，点P 的轨迹为曲线C ． （1）求曲线C 的轨迹方程（2）过点（﹣1，0）作直线与曲线C 交于A ，B 两点，设点M 坐标为（4，0），求△ABM 面积的最大值．【答案】（1）()2244x y -+=；（2）2 【解析】 【分析】（1）设点(),P x y ，运用两点的距离公式，化简整理可得所求轨迹方程；（2）由题意可知，直线l 的斜率存在，设直线l 方程为()1y k x =+，求得M 到直线的距离，以及弦长公式，和三角形的面积公式，运用换元法和二次函数的最值可得所求． 【详解】（1）设点(),P x y ，2PO PA=Q,即2PO PA =，()222243x y x y ⎡⎤∴+=-+⎣⎦，即()2244x y -+=，∴曲线C 的方程为()2244x y -+=．（2）由题意可知，直线l 的斜率存在，设直线l 方程为()1y k x =+， 由（1）可知，点M 是圆()2244x y -+=的圆心， 点M 到直线l的距离为d =2d <2<，即24021k ≤<，又AB ==所以1•2ABM S AB d ∆===，令21t k =+，所以25121t ≤<，211125t<≤， 则ABMS∆===所以2ABM S ∆==≤， 当12325t =，即2523t =，此时2242321k =<，符合题意，即k =时取等号，所以ABM ∆面积的最大值为2. 【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求法，直线和圆的位置关系，以及弦长公式和点到直线的距离公式的运用，考查推理与运算能力，试题综合性强，属于中档题．。

2019-2020学年福建省龙岩市一级达标校高一第二学期期末数学试卷一、选择题（共14小题）.1．下列命题正确的是（）A．若a＞b，则ac＞bc B．若a＞b，c＞d，则ac＞bdC．若ab＞0，a＞b，则＜D．若a＞b，c＞d，则＞2．在△ABC中，若b＝c，sin A＝sin B，则A等于（）A．B．C．D．3．记S n为等比数列{a n}的前n项和，若a1＝，a42＝a6，则S3＝（）A．B．C．4D．4．在梯形ABCD中，＝4，则等于（）A．﹣+B．﹣+C．﹣D．﹣+5．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，＝，则异面直线BC1与D1C所成角的余弦值为（）A．B．C．D．6．如果直线（2a+5）x+（a﹣2）y+4＝0与直线（2﹣a）x+（a+3）y﹣1＝0互相垂直，则a的值为（）A．2B．﹣2C．2，﹣2D．2，0，﹣2 7．一个几何体的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个几何体的体积为（）A．12B．36C．27D．68．直线y＝a（x﹣1）+2（a∈R）过定点A，则过点A且与圆x2+y2＝1相切的直线方程为（）A．3x﹣4y+5＝0B．3x+4y﹣5＝0C．3x+4y﹣5＝0或x＝1D．3x﹣4y+5＝0或x＝19．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若m⊥n，n∥α，则m⊥αB．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α10．过点M（1，2）的直线l与圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝25交于A、B两点，C为圆心，当∠ACB最小时，直线l的方程是（）A．x﹣2y+3＝0B．2x+y﹣4＝0C．x﹣y+1＝0D．x+y﹣3＝0 11．两个正实数a，b满足3a，，b成等差数列，则不等式≥m2+4m恒成立时实数m的取值范围是（）A．[﹣4，3]B．[﹣2，6]C．[﹣6，2]D．[﹣3，4]12．在平面直角坐标系中，向量＝（1，0），将向量绕原点O按逆时针方向旋转后得到向量，若向量满足||＝1，则||的最大值是（）A．+1B．﹣1C．D．+113．四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为正方形，平面PAB⊥平面ABCD，△PAB是边长为2的等边三角形，则该四棱锥外接球的表面积为（）A．36πB．28πC．24πD．12π14．已知圆C1：x2+y2＝4与圆C2：（x﹣3）2+（y﹣3）2＝4，过动点P（a，b）分别作圆C1，圆C2的切线PM，PN（M，N分别为切点），若|PM|＝|PN|，则a2+b2﹣4a﹣6b+13的最小值是（）A．B．2C．D．13二、多项选择题：本大题共2小题，每小题5分，共10分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.15．等差数列{a n}的前n项和为S n，a1+5a3＝S8，则下列结论一定正确的是（）A．a10＝0B．当n＝9或10时，S n取最大值C．|a9|＜|a11|D．S6＝S1316．如图，△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若a＝b，且（a cos C+c cos A）＝2b sin B，D是△ABC外一点，DC＝1，DA＝3，则下列说法正确的是（）A．△ABC是等边三角形B．若AC＝2，则A，B，C，D四点共圆C．四边形ABCD面积最大值为+3D．四边形ABCD面积最小值为﹣3三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，其中第15题第一空2分，第二空3分.17．若向量＝（﹣1，2），＝（m，﹣m+1），且⊥，则实数m的值为．18．如图，研究性学习小组的同学为了估测古塔CD的高度，在塔底D和A，B（与塔底D 同一水平面）处进行测量，在点A，B处测得塔顶C的仰角分别为45°和30°，且A，B两点相距12m，∠ADB＝150°，则古塔CD的高度为m．19．两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上研究数学问题，他们在沙滩上画点或用小石子来表示数，按照点或小石子能排列的形状对数进行分类，如图中的实心点个数1，5，12，22，…，被称为五角形数，其中第1个五角形数记作a1＝1，第2个五角形数记作a2＝5，第3个五角形数记作a3＝12，第4个五角形数记作a4＝22，…，若按此规律继续下去，a5＝，a n＝．20．锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c＝a（1+2cos B），则的取值范围是．四、解答题：本大题共1小题，共70分，解答需写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.[选做：立体几何]21．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，F为AC和BD的交点．（1）证明：PB∥平面AEC；（2）证明：平面PAC⊥平面PBD．五、[选做：解析几何]22．已知矩形ABCD顶点D的坐标为（﹣1，0），两条对角线相交于点M（，0），AB 边所在直线的方程为x﹣2y﹣4＝0．（1）求AD边所在直线的方程；（2）求矩形ABCD外接圆的标准方程．23．△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若C≠，且•＝．（1）求a的值；（2）若角B，A，C成等差数列，求△ABC周长的最大值．24．已知关于x的不等式ax2﹣4x+3＜0的解集为{x|1＜x＜b}．（1）求a，b的值；（2）求关于x的不等式ax2+（ac﹣b）x﹣bc＜0的解集．25．某制造商为拓展业务，计划引进一设备生产一种新型体育器材．通过市场分析，每月需投入固定成本3000元，生产x台需另投入成本C（x）元，且C（x）＝，若每台售价800元，且当月生产的体育器材该月内能全部售完．（1）求制造商由该设备所获的月利润L（x）关于月产量x台的函数关系式；（利润＝销售额﹣成本）（2）当月产量为多少台时，制造商由该设备所获的月利润最大？并求出最大月利润．[选做：立体几何]26．如图，在三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，侧面PAC为等边三角形，∠ABC ＝90°，AB＝BC，AC＝4．（1）证明：PB⊥AC；（2）若M，N是线段AC上的动点，且∠MBN＝30°，设∠ABM＝α，求三棱锥P﹣MBN体积关于α的函数表达式并求体积取最小值时α的值．[选做：解析几何]27．在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2+y2＝1，圆C与圆O关于点（2，3）对称．（1）求圆C的方程；（2）若过平面上一点P存在无穷多对互相垂直的直线l1和l2（l1，l2的斜率存在且不为0），它们分别与圆O和圆C相交，且直线l1被圆O截得的弦长与直线l2被圆C截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标．28．已知数列{a n}的前n项和为S n＝n2+4n（n∈N*）．（1）求数列{a n}的通项公式；．（2）令b n＝，求数列{b n}的前n项和T n；（3）若数列{c n}满足c n+1+c n＝a n，且不等式c n+2n2≥0对任意的n∈N*都成立，求c1的取值范围．参考答案一、单项选择题：本大题共14小题，每小题5分，共50分，每小题中给出四个选项，只有一项是符合要求的，把答案填涂在答题卡的相应位置.1．下列命题正确的是（）A．若a＞b，则ac＞bc B．若a＞b，c＞d，则ac＞bdC．若ab＞0，a＞b，则＜D．若a＞b，c＞d，则＞【分析】根据个选项的条件取特殊值或利用不等式的基本性质判断即可．解：A．取c＝0，则ac＞bc不成立，故A错误；B．当a＞b＞0，0＜d＜c时，ac＞bd不成立，故B错误；C．∵ab＞0，a＞b，∴，∴，故C正确；D．根据a＞b，c＞d，取c＝0，则不成立，故C错误．故选：C．2．在△ABC中，若b＝c，sin A＝sin B，则A等于（）A．B．C．D．【分析】由已知结合正弦定理及余弦定理即可直接求解．解：因为sin A＝sin B，由正弦定理可得a＝因为b＝c，由余弦定理可得cos A＝＝＝﹣，因为A∈（0，π），所以A＝．故选：A．3．记S n为等比数列{a n}的前n项和，若a1＝，a42＝a6，则S3＝（）A．B．C．4D．【分析】根据等比数列性质a42＝a6a2，求得a2，公比q，即可求解．解：在等比数列{a n}中，a42＝a6a2＝a6，∴a2＝1，则公比q＝，∴a3＝a2•q＝3，则S3＝＝．故选：D．4．在梯形ABCD中，＝4，则等于（）A．﹣+B．﹣+C．﹣D．﹣+【分析】根据即可得出，然后进行向量的数乘运算即可解出．解：∵，∴，∴，∴．故选：B．5．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，＝，则异面直线BC1与D1C所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【分析】连结A1B，A1C1，由A1B∥D1C，得到∠A1BC1是异面直线BC1与D1C所成角，然后利用余弦定理能求出异面直线BC1与D1C所成角的余弦值．解：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，＝，连结A1B，A1C1，则A1B∥D1C，BC1＝A1B＝＝2，A1C1＝＝，∴∠A1BC1异面直线BC1与D1C所成角，cos∠A1BC1＝＝．则异面直线BC1与D1C所成角的余弦值为．故选：C．6．如果直线（2a+5）x+（a﹣2）y+4＝0与直线（2﹣a）x+（a+3）y﹣1＝0互相垂直，则a的值为（）A．2B．﹣2C．2，﹣2D．2，0，﹣2【分析】根据两直线垂直的充要条件：A1A2+B1B2＝0解：因为两直线垂直，所以：（2a+5）（2﹣a）+（a﹣2）（a+3）＝0，化简得：a2﹣4＝0，解得：a＝2或a＝﹣2故选：C．7．一个几何体的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个几何体的体积为（）A．12B．36C．27D．6【分析】由已知中的三视图，可得该几何体是一个以俯视图为底面的三棱柱，求出棱柱的底面面积和高，代入棱柱体积公式，可得答案．解：由已知中的三视图，可得该几何体是一个以正视图为底面的三棱柱，棱柱的底面面积S＝×3×6＝9，棱柱的高h＝4，故棱柱的体积V＝Sh＝36，故选：B．8．直线y＝a（x﹣1）+2（a∈R）过定点A，则过点A且与圆x2+y2＝1相切的直线方程为（）A．3x﹣4y+5＝0B．3x+4y﹣5＝0C．3x+4y﹣5＝0或x＝1D．3x﹣4y+5＝0或x＝1【分析】根据题意，设要求直线为直线l，由直线y＝a（x﹣1）+2的方程得到定点A的坐标，进而分直线l的斜率存在与不存在两种情况讨论，求出直线l的方程，综合即可得答案．解：根据题意，设要求直线为直线l，直线y＝a（x﹣1）+2，变形可得y﹣2＝a（x﹣1），过点A，有，则有，故A的坐标为（1，2），若直线l的斜率存在，则直线可以表示为y＝a（x﹣1）+2，即ax﹣y﹣a+2＝0，则有＝1，解可得a＝，此时直线l的方程为y＝（x﹣1）+2，变形可得3x﹣4y+5＝0若直线l的斜率不存在，直线l的方程为x＝1，与圆x2+y2＝1相切，符合题意；综上，直线的方程为3x﹣4y+5＝0或x＝1；故选：D．9．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若m⊥n，n∥α，则m⊥αB．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α【分析】A．m与α相交、平行或m⊂α；B．m与α相交、平行或m⊂α；C．n∥α或n⊂α；D．由线面垂直的性质定理得m∥n，从而得到m⊥α．解：由m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面知，A．若m⊥n，n∥α，则m与α相交、平行或m⊂α，故A错误；B．若m∥β，β⊥α，则m与α相交、平行或m⊂α，故B错误；C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错误；D．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m∥n，故m⊥α，故D正确．故选：D．10．过点M（1，2）的直线l与圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝25交于A、B两点，C为圆心，当∠ACB最小时，直线l的方程是（）A．x﹣2y+3＝0B．2x+y﹣4＝0C．x﹣y+1＝0D．x+y﹣3＝0【分析】当直线AB与直线CM垂直时，∠ACB最小，由M与C的坐标求出直线CM 的斜率，利用两直线垂直时斜率的乘积为﹣1求出直线AB的斜率，由M坐标与求出的斜率即可得出此时直线l的方程．解：将圆的方程化为标准方程为（x﹣3）2+（y﹣4）2＝25，∴圆心坐标C为（3，4），∵M（1，2），∴k CM＝＝1，∴k AB＝﹣1，则此时直线l的方程为y﹣2＝﹣（x﹣1），即x+y﹣3＝0．故选：D．11．两个正实数a，b满足3a，，b成等差数列，则不等式≥m2+4m恒成立时实数m的取值范围是（）A．[﹣4，3]B．[﹣2，6]C．[﹣6，2]D．[﹣3，4]【分析】由题意利用等差数列的定义和性质求得1＝3a+b，再利用基本不等式求得≥12，根据题意，m2+4m≤12，由此求得m的范围．解：∵两个正实数a，b满足3a，，b成等差数列，∴1＝3a+b，∴1≥2，∴ab≤，∴≥12．∴不等式≥m2+4m恒成立，即≥m2+4m恒成立，即≥m2+4m恒成立．∴m2+4m≤12，求得﹣6≤m≤2，故选：C．12．在平面直角坐标系中，向量＝（1，0），将向量绕原点O按逆时针方向旋转后得到向量，若向量满足||＝1，则||的最大值是（）A．+1B．﹣1C．D．+1【分析】设＝（x，y），由已知可求，然后根据圆的性质即可求解．解：由题意可得，＝（），设＝（x，y），∵||＝1，∴＝1，故，则||的最大值为，+1＝．故选：A．13．四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为正方形，平面PAB⊥平面ABCD，△PAB是边长为2的等边三角形，则该四棱锥外接球的表面积为（）A．36πB．28πC．24πD．12π【分析】由题意可得正方形ABCD的边长，再确定四棱锥的外接球的球心的位置，由棱长的值可得外接球的半径，进而求出外接球的表面积．解：因为底面ABCD为正方形，由题意可得正方形的边长为2，所以其外接圆的半径r＝AB＝，且圆心为对角线的交点，设为M，连接MC则MC＝r＝，取AB的中点E，连接EM，PE，则由题意可得PE⊥AB，又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PE⊂PAB，所以PE⊥面AC，取PE的三等分点H，即PH＝2HE则H为三角形PAB的外接圆的圆心，过H，M分别作面PAB，面AC的垂线，交于O，则O为外接球的球心，可得四边形OHEM为矩形，OM＝HE＝PE＝AB＝＝1，连接OC，则OC为四棱锥P﹣ABCD的外接球的半径，在△OMC中OC2＝R2＝OM2+CM2＝12+（）2＝7，所以该四棱锥外接球的表面积为S＝4πR2＝28π，故选：B．14．已知圆C1：x2+y2＝4与圆C2：（x﹣3）2+（y﹣3）2＝4，过动点P（a，b）分别作圆C1，圆C2的切线PM，PN（M，N分别为切点），若|PM|＝|PN|，则a2+b2﹣4a﹣6b+13的最小值是（）A．B．2C．D．13【分析】根据题意，分析两个圆的圆心与半径，结合直线与圆相切的性质可得|PC1|2﹣1＝|PC2|2﹣1|，即a2+b2﹣1＝（a﹣3）2+（b﹣3）2﹣1；变形可得a、b的关系，将其代入a2+b2﹣4a﹣6b+13中可得a2+b2﹣4a﹣6b+13＝2（a﹣1）2+2，结合二次函数的性质分析可得答案．解：根据题意，C1：x2+y2＝4，其圆心C1（0，0），半径为2，圆C2：（x﹣3）2+（y﹣3）2＝4，其圆心C2（3，3），半径为2，过动点P（a，b）分别作圆C1，圆C2的切线PM，PN（M，N分别为切点），若|PM|＝|PN|，则|PC1|2﹣1＝|PC2|2﹣1|，即a2+b2﹣1＝（a﹣3）2+（b﹣3）2﹣1；变形可得：a+b＝3，即动点P（a，b）在直线x+y﹣3＝0上，a2+b2﹣4a﹣6b+13＝（a﹣2）2+（b﹣3）2＝（a﹣2）2+a2＝2a2﹣4a+4＝2（a﹣1）2+2≥2，当a＝1时等号成立；故a2+b2﹣4a﹣6b+13的最小值是2；故选：B．二、多项选择题：本大题共2小题，每小题5分，共10分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.15．等差数列{a n}的前n项和为S n，a1+5a3＝S8，则下列结论一定正确的是（）A．a10＝0B．当n＝9或10时，S n取最大值C．|a9|＜|a11|D．S6＝S13【分析】由题意利用等差数列的通项公式、求和公式以及等差数列的性质，得出结论．解：∵等差数列{a n}的前n项和为S n，a1+5a3＝S8，∴a1+5（a1+2d）＝8a1+，求得a1＝﹣9d．故a10＝a1+9d＝0，故A正确；该数列的前n项和S n＝na1+d＝﹣d•n，它的最值，还跟d有关，不能推出当n＝9或10时，S n取最大值，故B错误．∵|a9|＝|a1+8d|＝|﹣d|＝|d|，|a11|＝|a1+10d|＝|d|，故有|a9|＝|a11 |，故C错误；由于S6＝6a1+d＝﹣39d，S13＝13a1+d＝﹣39d，故S6＝S13，故D正确，故选：AD．16．如图，△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若a＝b，且（a cos C+c cos A）＝2b sin B，D是△ABC外一点，DC＝1，DA＝3，则下列说法正确的是（）A．△ABC是等边三角形B．若AC＝2，则A，B，C，D四点共圆C．四边形ABCD面积最大值为+3D．四边形ABCD面积最小值为﹣3【分析】利用三角函数恒等变换化简已知等式可求sin B，再利用a＝b，可知△ABC为等边三角形，从而判断A；利用四点A，B，C，D共圆，四边形对角互补，从而判断B；设AC＝x，x＞0，在△ADC中，由余弦定理可得x2＝10﹣6cos D，利用三角形的面积公式，三角函数恒等变换的，可求S四边形ABCD，利用正弦函数的性质，求出最值，判断CD．解：∵（a cos C+c cos A）＝2b sin B，∴（sin A cos C+sin C cos A）＝2sin B•sin B，即sin（A+C）＝sin B＝2sin B•sin B，∴由sin B≠0，可得sin B＝，∴B＝或．又∵a＝b．∴B＝∠CAB＝∠ACB＝，故A正确；若四点A，B，C，D共圆，则四边形对角互补，由A正确知D＝，在△ADC中，∵DC＝1，DA＝3，∴AC＝＝，故B错；等边△ABC中，设AC＝x，x＞0，在△ADC中，由余弦定理，得AC2＝AD2+CD2﹣2AD•CD•cos D，由于AD＝3，DC＝1，代入上式，得x2＝10﹣6cos D，∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD＝x•x sin+•3sin D＝x2+sin D＝3sin（D﹣）+，∵D∈（0，π），∴，∴四边形ABCD面积的最大值为+3，无最小值，故C正确，D错误，故选：AC．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，其中第15题第一空2分，第二空3分.17．若向量＝（﹣1，2），＝（m，﹣m+1），且⊥，则实数m的值为．【分析】根据即可得出，进行向量坐标的数量积运算即可求出m的值．解：∵，∴，解得．故答案为：．18．如图，研究性学习小组的同学为了估测古塔CD的高度，在塔底D和A，B（与塔底D 同一水平面）处进行测量，在点A，B处测得塔顶C的仰角分别为45°和30°，且A，B两点相距12m，∠ADB＝150°，则古塔CD的高度为12m．【分析】设CD＝h，用h表示出AD，BD，在△ABD中根据余弦定理列方程计算h．解：由题意可知CD⊥平面ABD，∠DAC＝45°，∠DBC＝30°，∠ADB＝150°，AB ＝12m，设CD＝h，则AD＝CD＝h，BD＝CD＝h，在△ABD中，由余弦定理可得：AB2＝AD2+BD2﹣2AD•BD•cos∠ADB，即（12）2＝h2+3h2+3h2，解得：h＝12m．故答案为：12．19．两千多年前，古希腊毕达哥拉斯学派的数学家曾经在沙滩上研究数学问题，他们在沙滩上画点或用小石子来表示数，按照点或小石子能排列的形状对数进行分类，如图中的实心点个数1，5，12，22，…，被称为五角形数，其中第1个五角形数记作a1＝1，第2个五角形数记作a2＝5，第3个五角形数记作a3＝12，第4个五角形数记作a4＝22，…，若按此规律继续下去，a5＝35，a n＝．【分析】仔细观察法各个图形中实心点的个数，找到个数之间的通项公式，再求第5个五角星的中实心点的个数．解：第一个有1个实心点，第二个有1+1×3+1＝5个实心点，第三个有1+1×3+1+2×3+1＝12个实心点，第四个有1+1×3+1+2×3+1+3×3+1＝22个实心点，…第n个有1+1×3+1+2×3+1+3×3+1+…+3（n﹣1）+1＝+n＝个实心点，即a n＝．故当n＝5时，a5＝＝35个实心点．故答案为：35，．20．锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c＝a（1+2cos B），则的取值范围是（）．【分析】由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简可得B＝2A，然后结合锐角三角形可得A的范围，再结合正弦定理及二倍角公式化简后，即可求解．解：因为c＝a（1+2cos B），由正弦定理可得sin C＝sin A+2sin A cos B＝sin A cos B+sin B cos A，所以sin A＝sin B cos A﹣sin A cos B＝sin（B﹣A），所以A＝B﹣A即B＝2A，C＝π﹣3A，由题意可得，，解可得，，所以cos A，由正弦定理可得，＝＝＝2cos A∈（），故答案为：（），四、解答题：本大题共1小题，共70分，解答需写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.[选做：立体几何]21．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，F为AC和BD的交点．（1）证明：PB∥平面AEC；（2）证明：平面PAC⊥平面PBD．【分析】（1）连接EF，利用中位线定理得出EF∥PB，故而PB∥平面AEC；（2）由PA⊥平面ABCD得PA⊥BD，结合AC⊥BD可得BD⊥平面PAC，故而平面PAC⊥平面PBD．解：（1）证明：连接EF，∵四边形ABCD是菱形，∴F是BD的中点，又E是PD的中点，∴PB∥EF，又EF⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，∴PB∥平面AEC；（2）∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，又AC⊂平面PAC，PA⊂平面PAC，AC∩PA＝A，∴BD⊥平面PAC，又∵BD⊂平面PBD，∴平面PAC⊥平面PBD．五、[选做：解析几何]22．已知矩形ABCD顶点D的坐标为（﹣1，0），两条对角线相交于点M（，0），AB 边所在直线的方程为x﹣2y﹣4＝0．（1）求AD边所在直线的方程；（2）求矩形ABCD外接圆的标准方程．【分析】（1）根据题意，由直线AB的方程求出AB的斜率，进而得到直线AD的斜率，由直线的点斜式方程得到答案；（2）根据题意，可得矩形ABCD外接圆的圆心为对角线的交点，半径r＝|DM|，结合圆的标准方程得到答案．解：（1）在矩形ABCD中，AB边所在直线的方程为x﹣2y﹣4＝0，其斜率k＝，而AD与AB垂直，则直线AD的斜率k′＝﹣2，又由D的坐标为（﹣1，0），则AD边所在直线的方程为y＝﹣2（x+1），变形可得2x+y+2＝0；（2）矩形ABCD的两条对角线相交于点M（，0），则M为矩形ABCD的外接圆的圆心，又由|DM|＝＝，则外接圆的半径r＝，故矩形ABCD外接圆的标准方程为（x﹣）2+y2＝．23．△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若C≠，且•＝．（1）求a的值；（2）若角B，A，C成等差数列，求△ABC周长的最大值．【分析】（1）由正弦定理及cos C≠0，得a2＝4即可；（2）由等差数列的性质求得A，由余弦定理，基本不等式进而可求b+c≤4，从而即可求解△ABC周长的最大值．解：（1）由已知得ba•cos C＝，又C，即cos C≠0，则a2＝4，∴a＝2．（2）角B，A，C成等差数列，则A＝，又a2＝b2+c2﹣2bc•cos A，则a2＝（b+c）2﹣3bc≥（b+c）2﹣3（）2＝，又a＝2，故b+c≤4，△ABC周长的最大值为6，当且仅当b＝c＝2时等号成立．24．已知关于x的不等式ax2﹣4x+3＜0的解集为{x|1＜x＜b}．（1）求a，b的值；（2）求关于x的不等式ax2+（ac﹣b）x﹣bc＜0的解集．【分析】（1）根据题意利用根与系数的关系列方程求出a、b的值；（2）不等式化为x2+（c﹣3）x﹣3c＜0，求出对应方程的解，利用分类讨论写出不等式的解集．解：（1）由题意知，a＞0且b和1是方程ax2﹣4x+3＝0的两根，由根与系数的关系有，解得；（2）不等式ax2+（ac﹣b）x﹣bc＜0可化为x2+（c﹣3）x﹣3c＜0，即（x﹣3）（x+c）＜0；其对应方程的两根为x1＝3，x2＝c；①当﹣c＞3即c＜﹣3时，原不等式的解集为{x|3＜x＜﹣c}；②当﹣c＜3即c＞﹣3时，原不等式的解集为{x|﹣c＜x＜3}；③当﹣c＝3即c＝﹣3时，原不等式的解集为∅；综上所述：当c＜﹣3时，原不等式的解集为{x|3＜x＜﹣c}；当c＞﹣3时，原不等式的解集为{x|﹣c＜x＜3}；当c＝﹣3时，原不等式的解集为∅．25．某制造商为拓展业务，计划引进一设备生产一种新型体育器材．通过市场分析，每月需投入固定成本3000元，生产x台需另投入成本C（x）元，且C（x）＝，若每台售价800元，且当月生产的体育器材该月内能全部售完．（1）求制造商由该设备所获的月利润L（x）关于月产量x台的函数关系式；（利润＝销售额﹣成本）（2）当月产量为多少台时，制造商由该设备所获的月利润最大？并求出最大月利润．【分析】（1）分0＜x＜30和x≥30，求出月利润L（x）的表达式即可；（2）当0＜x＜30时，利用二次函数求出L（x）max，当x≥30时，利用基本不等式求出增加的利润最大值，然后比较两个最大值，得到结果．解：（1）当0＜x＜30时，L（x）＝800x﹣10x2﹣400x﹣3000＝﹣10x2+400x﹣3000；当x≥30时，L（x）＝800x﹣804x﹣+9000﹣3000＝6000﹣（4x+）．∴L（x）＝．（2）当0＜x＜30时，L（x）＝﹣10（x﹣20）2+1000，∴当x＝20时，L（x）max＝L（20）＝1000．当x≥30时，L（x）＝6000﹣（4x+）≤6000﹣2＝5600，当且仅当4x＝，即x＝50时，L（x）＝L（50）＝5600＞1000．∴当x＝50时，获得增加的利润最大，且增加的最大利润为5600元．[选做：立体几何]26．如图，在三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，侧面PAC为等边三角形，∠ABC ＝90°，AB＝BC，AC＝4．（1）证明：PB⊥AC；（2）若M，N是线段AC上的动点，且∠MBN＝30°，设∠ABM＝α，求三棱锥P﹣MBN体积关于α的函数表达式并求体积取最小值时α的值．【分析】（1）取AC的中点O，连接PO，BO，证明PO⊥AC，BO⊥AC，由直线与平面垂直的判定可得AC⊥平面POB，从而得到PB⊥AC；（2）由（1）知PO⊥AC，再由已知结合平面与平面垂直的性质得到PO⊥平面ABC．求出三棱锥P﹣ABC的高PO，在△ABM中，由正弦定理得BM及BN，求出三角形MBN 的面积，利用三角函数求其最小值，再由棱锥体积公式，得到三棱锥P﹣MBN体积的最小值．解：（1）证明：取AC的中点O，连接PO，BO，∵△PAC为等边三角形，O为AC的中点，∴PO⊥AC，同理BO⊥AC，又∵BO∩PO＝O，∴AC⊥平面POB．∴PB⊥AC；（2）由（1）知PO⊥AC．又∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，PO⊂平面PAC，∴PO⊥平面ABC．∴PO是三棱锥P﹣ABC的高，可得PO＝，∵∠ABM＝α，0°≤α≤60°，在△ABM中，由正弦定理得BM＝，同理BN＝，故＝＝＝＝．∴三棱锥P﹣MBN的体积：V＝＝．∵0°≤α≤60°，30°≤2α+30°≤150°，∴当α＝30°时，sin（2α+30°的最大值为1，此时三棱锥P＝BMN的体积有最小值，且最小值为．∴当α＝30°时，三棱锥P﹣MBN的体积有最小值．[选做：解析几何]27．在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2+y2＝1，圆C与圆O关于点（2，3）对称．（1）求圆C的方程；（2）若过平面上一点P存在无穷多对互相垂直的直线l1和l2（l1，l2的斜率存在且不为0），它们分别与圆O和圆C相交，且直线l1被圆O截得的弦长与直线l2被圆C截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标．【分析】（1）求出坐标原点关于点（2，3）的对称点，即可得到圆C的方程；（2）设点P（a，b）满足条件，不妨设直线l1的方程为y﹣b＝k（x﹣a）（k≠0），则直线l2的方程为y﹣b＝﹣（x﹣a），由题意可得圆心O到直线l1的距离和圆心C到直线l2的距离相等，利用点到直线的距离公式列式，再由k的取值有无数多个，可得或，然后求出所有满足条件的点P的坐标．解：（1）设圆C的圆心的坐标为C（m，n），∵圆C与圆O关于点（2，3）对称，∴C与O关于点（2，3）对称，由中点坐标公式，得，即m＝4，n＝6，∴圆C的方程为（x﹣4）2+（y﹣6）2＝1；（2）设点P（a，b）满足条件，不妨设直线l1的方程为y﹣b＝k（x﹣a）（k≠0），则直线l2的方程为y﹣b＝﹣（x﹣a）．∵圆O和圆C的半径相等，直线l1被圆O截得的弦长与直线l2被圆C截得的弦长相等，∴圆心O到直线l1的距离和圆心C到直线l2的距离相等，即，整理，得|ka﹣b|＝|a﹣4+k（b﹣6）|，从而ka﹣b＝a﹣4+k（b﹣6）或ka﹣b＝4﹣a+k（6﹣b）．∵k的取值有无穷多个，∴或．解得或．∴这样的点P只可能是点（﹣1，5）或点（5，1）．经检验，点（﹣1，5）和点（5，1）都满足条件，∴所有满足条件的点P的坐标为（﹣1，5）和点（5，1）．28．已知数列{a n}的前n项和为S n＝n2+4n（n∈N*）．（1）求数列{a n}的通项公式；．（2）令b n＝，求数列{b n}的前n项和T n；（3）若数列{c n}满足c n+1+c n＝a n，且不等式c n+2n2≥0对任意的n∈N*都成立，求c1的取值范围．【分析】（1）直接利用递推关系式的应用求出数列的通项公式．（2）利用（1）的应用，利用乘公比错位相减法的应用求出数列的和．（3）利用分类讨论思想的应用和恒成立问题的应用，求出c1的取值范围．解：（1）数列{a n}的前n项和为S n＝n2+4n①，当n≥2时，②，①﹣②得a n＝2n+3．当n＝1时，a1＝5（首项符合通项），所以a n＝2n+3．（2）因为b n＝＝，则①，②，①﹣②得，整理得．（3）由（1）知，当n≥2时，c n+c n﹣1＝2（n﹣1）+3，又c n+1+c n＝2n+3，两式相减得c n+1﹣c n﹣1＝2，所以数列{c2n}是以为首项，公差为2的等差数列，数列{c2n﹣1}是以c1为首项，公差为2的等差数列．c1+c2＝5，所以c2＝5﹣c1，当n为偶数时，＝n+3﹣c1；当n为奇数时，＝n﹣1+c1．所以．因为对任意的n∈N+都有成立，当n为奇数时，恒成立，所以在n为奇数时恒成立，所以﹣c1≤2，即c1≥﹣2；同理当n为偶数时，恒成立，在n为偶数时恒成立，所以c1≤13．综上所述，c1的取值范围是[﹣2，13]．。

2020-2021学年福建省龙岩市高一（下）期末数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.已知i为虚数单位，(1−i)z=2，则复平面上z对应的点在()A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限2.设e1⃗⃗⃗ ,e2⃗⃗⃗ 是平面内两个不共线的向量，则向量a⃗,b⃗ 可作为基底的是()A. a⃗=e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ ,b⃗ =−e1⃗⃗⃗ −e2⃗⃗⃗B. a⃗=2e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ ,b⃗ =12e1⃗⃗⃗ +14e2⃗⃗⃗C. a⃗=e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ ,b⃗ =e1⃗⃗⃗ −e2⃗⃗⃗D. a⃗=e1⃗⃗⃗ −2e2⃗⃗⃗ ,b⃗ =−2e1⃗⃗⃗ +4e2⃗⃗⃗3.新中国成立以来，我国共进行了7次人口普查，这7次人口普查的城乡人口数据如图所示．根据该图数据判断，下列选项中错误的是()A. 乡村人口数均高于城镇人口数B. 城镇人口数达到最高峰是第7次C. 和前一次相比，城镇人口比重增量最大的是第7次D. 和前一次相比，城镇人口比重增量最小的是第3次4.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A=105°，C=30°，b=√2，则c=()A. 12B. 1C. √2D. 25.已知圆柱OO1的侧面积为4π，体积为2π，则该圆柱的轴截面的面积为()A. 2B. 4C. 6D. 86.若α，β是两个不重合的平面，a，b，c是三条不重合的直线，则下列命题中正确的是()A. 若a//α，α∩β=b，则a//bB. 若a⊂α，b⊂β，b//c，a//β，则α//βC. 若a ⊂α，b ⊂α，且c ⊥a ，c ⊥b ，则c ⊥αD. 若a ⊥α，α∩β=c ，b//c ，则a ⊥b7. 已知菱形ABCD ，AC =2，BD =4，且AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =2BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则∠DEC 的余弦值为( )A. 6√3131B. 6√3731C. 6√3137D. 6√37378. 现有5个相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回的随机抽取两次，每次抽取一个球，记：事件A 表示“第一次取出的球数字是2”，事件B 表示“第二次取出的球数字是3”，事件C 表示“两次取出的球的数字之和为8”，事件D 表示“两次取出的球的数字之和为6”，则下列选项正确的是( )A. 事件A 和事件C 相互独立B. 事件B 和事件C 相互独立C. 事件B 和事件D 相互独立D. 事件C 和事件D 相互独立二、多选题（本大题共4小题，共20.0分） 9. 设z 1，z 2，z 3为复数，则( )A. 若z 1>z 2，则z 1−z 2>0B. 若z 1z 2=z 2z 3，则z 1=z 3C. 若z 2−=z 1，则|z 1z 3|=|z 2z 3|D. 若z 1满足|z 1|=1，则|z 1−2|的最小值为110. 已知正四面体PABC 的棱长为2，M 、N 分别为PA 、PB 的中点．下列说法正确的有( )A. MN ⊥PCB. 异面直线BM 与PC 所成角的余弦值为√36C. 该正四面体的体积为√23D. 该正四面体的内切球体积为√627π11. 在平行四边形ABCD 中，AB =2，AD =2√3,AB⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−6,AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λAD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,λ∈[0,1]，则下列选项正确的是( )A. MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值是−3B. MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值是−2C. MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值是10D. MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值是2512. 在△ABC 中，角A ，B ，C 对边分别为a ，b ，c ，设向量m⃗⃗⃗ =(c,a +b),n ⃗ =(a,c)，且m⃗⃗⃗ //n ⃗ ，则下列选项正确的是( ) A. A =2B B. C =2AC. 1<ca <2D. 若△ABC 的面积为c 24，则C =π2三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知向量a ⃗ =(1,3),b ⃗ =(3,4)，若(λa ⃗ −b ⃗ )⊥b ⃗ ，则λ=______．14. 记一组数据x i (i =1,2，…，n)的平均数为x −，且x −=1.6,1n ∑(n i=1x i −x −)2=1.44，则1n∑x i 2n i=1=______．15. 已知圆C 的弦AB 的长度为2√3，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =______． 16. 已知三棱锥P −ABC ，PB =PC =AB =BC =AC =2√3，侧面PBC ⊥底面ABC ，则PA =______，三棱锥P −ABC 外接球的表面积为______． 四、解答题（本大题共6小题，共70.0分） 17. 已知复数z =a +(a −1)i(a ∈R)．(1)若z ⋅z −=5，求a ； (2)求|z|的最小值．18. 如图，S 是圆锥的顶点，AB 是底面圆O 的直径，C 为底面圆周上异于A ，B 的点，D 为BC 的中点．(1)求证：平面SOD ⊥平面SBC ；(2)若圆锥的侧面积为3√5π，且BC =4，AC =2，求该圆锥的体积．19.为了解某班级学生期末考试数学成绩情况，抽取该班40名学生的数学成绩，将所得数据整理后，画出其频率分布直方图(如图)，已知从左到右各长方形高的比为2：3：5：6：3：1．(1)根据频率分布直方图，计算抽取的数学成绩的平均数和第65百分位数(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；(2)若从分数在[80,90)和[130,140]的同学中随机抽取两位同学，求抽取的两位同学中至少有一位同学的数学成绩在[130,140]的概率．=bsinA这两个条件中任选一个，补20.在①√3(a−bcosC)=csinB；②√3acos A+C2充在下面问题中的横线上，并解答相应的问题．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足______，BD平分∠ABC交AC于点D，且BD=2，AC=3，求△ABC的面积．21.甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为p，乙每轮猜对的概率为q.在每轮活动中，甲和乙猜对与否互，恰有一人猜不影响，各轮结果也互不影响．已知每轮甲、乙同时猜错的概率为112．错的概率为512(1)求p和q；(2)若p>q，求“星队”在两轮活动中猜对2个成语的概率．22.已知等边三角形ABC，D，E分别是边AB，AC上的三等分点，且AD=CE(如图甲)，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置(如图乙)，M是A1D的中点．(1)求证：EM//平面A1BC；(2)若二面角A1−DE−B的大小为2π，求直线DE与平面A1CE所成角的正弦值．3答案和解析1.【答案】A【解析】解：首先由(1−i)z=2求得z=21−i =2(1+i)(1−i)(1+i)=1+i，对应点为(1,1)，在第一象限．故选：A．首先由(1−i)z=2求得z，然后可确定复平面上z对应的点所在象限．本题考查复数除法运算，考查复数几何意义，属于基础题．2.【答案】C【解析】解：对于A，a⃗=−b⃗ ，∴a⃗,b⃗ 共线，不能作基底，∴不选A；对于B，a⃗=4b⃗ ，∴a⃗,b⃗ 共线，不能作基底，∴不选B；对于C，不存在λ，使得a⃗=λb⃗ ，能作基底，∴选C；对于D，a⃗=−12b⃗ ，∴a⃗,b⃗ 共线，不能作基底，∴不选D．故选：C．依据向量共线定理可解决此题．本题考查平面向量基本定理，考查数学运算能力及直观想象能力，属于中档题．3.【答案】A【解析】解：因为2020年城镇人口高于乡村人口，故选项A错误；因为城镇人口数达到最高峰是2020年，即第7次，故选项B正确；第2次和第1次相比，城镇人口比重增量为18.3%−13.26%=5.04%，第3次和第2次相比，城镇人口比重增量为20.91%−18.3%=2.61%，第4次和第3次相比，城镇人口比重增量为26.44%−20.91%=5.53%，第5次和第4次相比，城镇人口比重增量为36.22%−26.44%=9.78%，第6次和第5次相比，城镇人口比重增量为49.68%−36.22%=13.46%，第7次和第6次相比，城镇人口比重增量为63.89%−49.68%=14.21%，所以和前一次相比，城镇人口比重增量最大的是第7次，故选项C正确；前一次相比，城镇人口比重增量最小的是第3次，故选项D正确．故选：A．利用题中柱形图和折线图中的数据信息以及变化趋势，对四个选项逐一分析判断即可．本题考查了条形图和折线图的应用，读懂统计图并能从统计图得到必要的信息是解决问题的关键，属于基础题．4.【答案】B【解析】解：在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，A=105°，C=30°，所以B=45°，b=√2，则c=bsinCsinB =√2×12√22=1．故选：B．利用三角形的内角和求解B，然后利用正弦定理求解c即可．本题考查正弦定理的应用，是基础题．5.【答案】B【解析】解：设底面圆的半径为r，圆柱的高为h，则有{V=πr2ℎ=2πS侧=2πrℎ=4π，解得r=1，ℎ=2，所以该圆柱的轴截面的面积为S=2rℎ=2×2=4．故选：B．设底面圆的半径为r，圆柱的高为h，由体积和侧面积公式求出r和h，由轴截面的面积公式求解即可．本题考查了圆柱几何性质的应用，圆柱体积公式的应用，轴截面的理解与应用，考查了空间想象能力与逻辑推理能力，属于基础题．6.【答案】D【解析】解：若a//α，α∩β=b，则a//b或a与b异面，故A错误；若a⊂α，b⊂β，b//c，a//β，则α//β或α与β相交，故B错误；若a⊂α，b⊂α，且c⊥a，c⊥b，则c⊂α或c//α或c与α相交，相交也不一定垂直，只有添加条件a与b相交，才有c⊥α，故C错误；若a ⊥α，α∩β=c ，则a ⊥c ，又b//c ，所以有a ⊥b ，故D 正确． 故选：D ．由空间中直线与直线、直线与平面的位置关系判断A 与B ；由直线与平面垂直的判定判断C ；由异面直线所成角的求法判定D ．本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．7.【答案】D【解析】解：根据题意，菱形ABCD ，AE⃗⃗⃗⃗⃗ =2BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则A 、B 、E 三点共线，且B 是AE 的中点， 如图：AC =2，BD =4，则AB =√(AC2)2+(BD 2)2=√5，则AE =2AB =2√5， 在△ABD 中，cos∠BAD =AB 2+AD 2−2AB⋅AD2AB⋅AD =−35，在△ADE 中，DE 2=AE 2+AD 2−2AE ⋅AD ⋅cos∠BAD =37，则DE =√37， 又由EC =BD =4，DC =AB =√5， 则cos∠DEC =DE 2+EC 2−DC 22DE⋅EC=6√3737，故选：D ．根据题意，分析A 、B 、E 三点的关系可得B 是AE 的中点，求出AB 的值，在△ABD 中，由余弦定理求出cos∠BAD ，进而求出DE ，分析求出EC 和DC 的值，进而利用余弦定理计算可得答案．本题考查三角形中的几何计算，涉及余弦定理的应用，注意分析A 、B 、E 三点的关系，属于中档题．8.【答案】C【解析】解：由题意，P(A)=15,P(B)=15,P(C)=325,P(D)=15， 对于A ，P(AB)=0≠P(A)P(B)，故选项A 错误；≠P(B)P(C)，故选项B错误；对于B，P(BC)=125=P(B)P(D)，故选项C正确；对于C，P(BD)=125≠P(C)P(D)，故选项D错误．对于D，P(CD)=125故选：C．利用相互独立事件的概率乘法公式，对四个选项逐一分析判断即可．本题考查了相互独立事件的判断，解题的关键是掌握相互独立事件的概率公式，考查了逻辑推理能力，属于基础题．9.【答案】ACD【解析】解：∵z1>z2，∴z1−z2>z2−z2=0，故A选项正确，若z1z2=z2z3，则z2(z1−z3)=0，当z2=0，z1≠z3时，等式也成立，故B选项错误，∵z2−=z1，∴z2=z1−，设z1=a+bi，则z2=a−bi，∴|z1|=|z2|=√a2+b2，∴|z1||z3|=|z2||z3|，即|z1z3|=|z2z3|，故C选项正确，设z1=a+bi，(a,b∈R)，∵|z1|=1，∴a2+b2=1，−1≤a≤1，∴z1−2=a−2+bi，∴|z1−2|=√(a−2)2+b2=√(a−2)2+1−a2=√5−4a，∵−1≤a≤1，∴|z1−2|min=√5−4=1，故D选项正确．故选：ACD．根据已知条件，结合共轭复数的概念和复数模的求法，以及复数模的几何意义，即可求解．本题主要考查了共轭复数的概念和复数模的求法，考查了复数模的几何意义，需要学生有较强的综合能力，属于中档题．10.【答案】ABD【解析】解：正四面体PABC 的棱长为2，M 、N 分别为PA 、PB 的中点． 如图所示：对于A ：取AB 的中点D ，连接PD ，DC ， 由于AP =BP ，AC =CB ，所以PD ⊥AB ，CD ⊥AB ，故AB ⊥平面PCD ，所以AB ⊥PC ，由于NM//AB ，所以MN ⊥PC ，故A 正确；对于B ：取AC 的中点E ，连接ME ，BE ，所以异面直线BM 与PC 所成角为∠BME ， 由于ME =12PC =1，BM =√4−1=√3，BE =√3， 故cos∠BME =√3)22√3)22×√3×1=√36，故B 正确；对于C ：BE 和DC 交点O 为底面△ABC 的中心， 故OC =(2√33)=2√63，所以V P−ABC =13×12×2×2×√32×2√63=2√23，故C 错误；对于D ：利用等体积转换法：设内切球的半径为r ， 所以V P−ABC =4×13×12×2×2×√32⋅r =2√23，解得r =√66，故V 球=43⋅π⋅(√66)3=√6π27，故D 正确． 故选：ABD ．直接利用线面垂直的判定和性质的应用，异面直线的夹角的求法，余弦定理的应用，勾股定理的应用，等体积转换法，球的体积公式的应用判断A 、B 、C 、D 的结论． 本题考查的知识要点：线面垂直的判定和性质的应用，异面直线的夹角的求法，余弦定理的应用，勾股定理的应用，等体积转换法，球的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．11.【答案】BC【解析】解：由图可得MB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )(MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ) =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =−λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )+AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ²−λAD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=−λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |²+AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +λAD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ²−λAD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −λAD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =6λ+4−6+12λ+6λ−12λ =12λ−2， 因为λ∈[0,1]，所以MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12λ−2∈[−2,10]， 故选：BC ．作图，利用向量三角形法则、平面向量数量积性质等用含λ的式子表示出MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12λ−2，然后根据λ取值范围即可得到答案．本题考查平面向量数量积法则的应用，考查数形结合思想、转化思想，属于基础题．12.【答案】BC【解析】解：△ABC 中，角A ，B ，C 对边分别为a ，b ，c ，设向量m ⃗⃗⃗ =(c,a +b),n ⃗ =(a,c)，且m⃗⃗⃗ //n ⃗ ， 所以可得：c 2=a(a +b)=a 2+ab ， 而c 2=a 2+b 2−2abcosC ， 所以可得：ab =b 2−2abcosC ， 可得a =b −2a ⋅cosC ，由正弦定理可得：sinA =sinB −2sinAcosC =sin(A +C)−2sinAcosC =sinAcosC +cosAsinC −2sinAcosC =sin(C −A)， 所以可得A =C −A 或A +C −A =π，可得C =2A 或C =π(舍)所以B 正确，A 不正确． C =2A <π，所以A <π2所以B=π−A−C=π−3A，可得π−3A>0，所以A<π3，可得0<A<π3由正弦定理可得ca =sinCsinA=sin2AsinA=2sinAcosAsinA=2cosA∈(1,2)，所以C正确；S△ABC=12absinC=c24，由正弦定理可得12sinAsinBsinC=14sin2C，所以sinAsinB=12sinC，即sinAsin3A=12sin2A，整理可得：sin3A=cosA，所以3A=π2±A，可得A=π4或π8，进而可得C=π2或π4，所以D不正确；故选：BC．由向量的关系可得a，c的关系，再由余弦定理可得A，C的关系，进而求出B与A的关系，再由三角形的内角和可得A的范围，由正弦定理可得ca=2cosA，由A的范围求出ca的范围，由面积公式及面积的值可得A角，进而求出C的值，可判断命题的真假．本题考查三角形的正余弦定理的应用，向量的运算，属于中档题．13.【答案】53【解析】解：∵向量a⃗=(1,3),b⃗ =(3,4)，(λa⃗−b⃗ )⊥b⃗ ，∴(λa⃗−b⃗ )⋅b⃗ =λa⃗⋅b⃗ −b⃗ 2=λ(3+12)−25=15λ−25=0，则λ=53，故答案为：53．由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，计算求得λ的值．本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，属于基础题．14.【答案】4【解析】解：因为数据x i(i=1,2，…，n)的平均数为x−=1.6，方差为1n ∑(ni=1x i−x−)2=1n∑(ni=1x i2−nx−2)=1n∑x i2ni=1−x−2=1.44，所以1n ∑x i 2n i=1=1.44+1.62=4．故答案为：4．根据平均数和方差的计算公式，计算即可．本题考查了平均数和方差的计算公式应用问题，是基础题．15.【答案】6【解析】解：取AB 的中点O ；连接CO ； 则CO ⊥AB ；∵在圆C 中弦AB 的长度为2√3，∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ==(AO ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =AO ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=12×2√3×2√3=6； 故答案为：6．取AB 的中点O ；连接CO ；则CO ⊥AB ；利用向量的三角形法则即可求出结论． 本题考查向量的数量积的应用，考查向量的表示以及计算，考查计算能力，是基础题．16.【答案】3√2 20π【解析】解：三棱锥P −ABC ，PB =PC =AB =BC =AC =2√3， 如图所示：侧面PBC ⊥底面ABC ，则PF =√(2√3)2−(√3)2=3，同理AF =√(2√3)2−(√3)2=3， 所以PA =√32+32=3√2， 根据勾股定理的应用： DF =EF =13×3=1，所以DC =2，所以OC =√22+12=√5， 所以S 球=4⋅π⋅(√5)2=20π． 故答案为：3√2；20π．首先利用勾股定理的应用求出PA 的长，进一步利用勾股定理的应用求出外接球的半径和球的表面积．本题考查的知识要点：三棱锥体和球体的关系，球的表面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．17.【答案】解：(1)∵z =a +(a −1)i(a ∈R)，∴z −=a −(a −1)i(a ∈R)， ∴z ⋅z −=(a −1)2+a 2=5，∴a 2−a −2=0，解得a =2或a =−1．(2)∵|z|=√(a −1)2+a 2=√2a 2−2a +1=√2(a −12)2+12 ∴a =12时，|z|的最小值为√22．【解析】(1)根据共轭复数的概念，可得z −=a −(a −1)i(a ∈R)，再结合复数代数形式的乘法运算，即可求解．(2)根据已知条件，结合复数模的公式，即可求解．本题考查了复数代数形式的乘法运算，以及复数模的公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．18.【答案】解：(1)证明：由圆锥的性质可知，SO ⊥底面圆O∵BC 在底面圆O 上，∴BC ⊥SO ， ∵C 在圆O 上，AB 为直径，∴AC ⊥BC ， 又点O ，D 分别为AB ，BC 的中点，∴OD//AC ，∴OD ⊥BC ，又OD ∩SO =O ，且OD ，SO ⊂平面SOD ，∴BC ⊥平面SOD ，又BC ⊂平面SBC ，∴平面SOD ⊥平面SBC ．(2)∵BC=4，AC=2，∴AB=√AC2+BC2=√42+22=2√5，∴底面周长为2√5π，∴S侧=12×SA×2√5π=3√5π，∴SA=3，∴SO=√SA2−AO2=2，∴V圆锥=13×5π×SO=10π3．【解析】(1)推导出SO⊥底面圆O，BC⊥SO，AC⊥BC，OD//AC，OD⊥BC，从而BC⊥平面SOD，由此能证明平面SOD⊥平面SBC．(2)求出底面周长为2√5π，S侧=3√5π，从而SA=3，SO=√SA2−AO2=2，由此能求出该圆锥的体积．本题考查面面垂直的证明，考查该圆锥体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，是中档题．19.【答案】解：(1)因为频率分布直方图中，高的比就是频率的比，所以各区间上的频率可依次设为2x，3x，5x，6x，3x，x，则2x+3x+5x+6x+3x+x=1，解得x=120，所以各区间上的频率从左往右依次为：0.1，0.15，0.25，0.3，0.15，0.05，所以平均数为：85×0.1+95×0.15+105×0.25+115×0.3+125×0.15+135×0.05=109，假设第65百分位数为y，则0.1+0.15+0.25+(y−110)×0.03=0.65，解得y=115；所以所求平均数为109，第65百分位数为115．(2)由(1)可知数学成绩在[80,90)共有40×0.1=4人，分别记为a，b，c，d，数学成绩在[130,140]共有40×0.05=2人，分别记为A，B，从这6人中随机抽出两位同学的样本空间Ω={AB,Aa，Ab，Ac，Ad，Ba，Bb，Bc，Bd，ab，ac，ad，bc，bd，cd}，n(Ω)=15，记事件M表示“至少有一位同学的数学成绩在[130,140]”，n(M)=9，所以至少有一位同学的数学成绩[130,140]的概率为P(M)=915=35．【解析】(1)因为频率分布直方图中高的比就是频率的比，从而求各区间的频率，再求平均数与第65百分位数，(2)可知数学成绩在[80,90)共有4人，在[130,140]共有2人，利用列举法及古典概率模型公式求概率．本题考查了频率分布直方图的应用及古典概率模型的应用，属于基础题．20.【答案】解：若选①，由正弦定理，得√3(sinA−sinBcosC)=sinCsinB．由sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC，得√3cosBsinC=sinCsinB，由0<C<π，得sinC≠0，所以√3cosB=sinB，所以tanB=√3．又0<B<π，得B=π3．若选②，因为√3acos A+C2=bsinA，由正弦定理得√3sinAcos A+C2=sinBsinA，因为0<A<π，sinA≠0，所以√3cos A+C2=sinB，又因为A+B+C=π，所以A+C2=π2−B2，所以cos A+C2=cos(π2−B2)=sin B2，所以√3sin B2=2sin B2cos B2，又因为B2∈(0,π2)，sin B2≠0，所以cos B2=√32，所以B=π3，因为S△ABD+S△CBD=S△ABC，所以12×2×c×sinπ6+12×2×a×sinπ6=12×a×c×sinπ3，化简得a+c=√32ac①，由余弦定理得b2=a2+c2−2accosB，所以9=a2+c2−ac，所以(a+c)2=3ac+9②，联立①②化简得a2c2−4ac−12=0，所以(ac−6)(ac+2)=0，解得ac=6或ac=−2(舍去)，又因为S△ABC=12acsinB，所以S△ABC=12×6×√32=32√3．【解析】若选①，由正弦定理，两角和的正弦公式，同角三角函数基本关系式可求tan B 的值，结合0<B <π，可得B 的值；若选②，利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得cos B2=√32，即可求解B 的值，由于S △ABD +S △CBD =S △ABC ，利用三角形的面积公式可得a +c =√32ac ，由余弦定理得(a +c)2=3ac +9②，联立得a 2c 2−4ac −12=0，解得ac 的值，根据三角形的面积公式即可求解．本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．21.【答案】解：(1)根据题意，设M 表示事件“每轮甲、乙同时猜错”；N 表示事件“恰有一人猜错”，则P(N)=(1−p)q +p(1−q)=512， P(M)=(1−p)(1−q)=112，解可得：p =23，q =34或p =34，q =23； (2)根据题意，若p >q ，则p =34，q =23，设A i 表示事件“甲在两轮中猜对i 个成语”，B i 表示事件“乙在两轮中猜对i 个成语”，(i =0、1、2)，E 表示“星队”在两轮活动中猜对2个成语， 由于两轮猜的结果相互独立，所以P(E)=P(A 0B 2)+P(A 1B 1)+P(A 2B 0)=14×14×23×23+2×14×34×2×13×23+34×34×13×13=4144+24144+9144=37144； 故“星队”在两轮活动中猜对2个成语的概率为37144．【解析】(1)设M 表示事件“每轮甲、乙同时猜错”；N 表示事件“恰有一人猜错”，分析可得关于p 、q 的方程组，解可得p 、q 的值，即可得答案；(2)根据题意，设A i 表示事件“甲在两轮中猜对i 个成语”，B i 表示事件“乙在两轮中猜对i 个成语”，(i =0、1、2)，E 表示“星队”在两轮活动中猜对2个成语，分析可得P(E)=P(A 0B 2)+P(A 1B 1)+P(A 2B 0)，由相互独立事件的概率公式计算的可得答案． 本题考查相互独立事件的概率计算，涉及互斥事件概率的加法公式，属于基础题．22.【答案】解：(1)证法一：过点E作EF//BD交BC于点F，取A1B的中点G，∵△ABC是等边三角形，AD=CE，∴EF//BD，EF=12BD，又∵M、G分别为A1D和A1B的中点，∴MG为△A1BD的中位线，∴MG//BD，MG=12BD，∴EF//MG，EF=12MG，∴四边形EFGM为平行四边形，∴EM//FG，又∵FG⊂面A1BC，EM⊄面A1BC，∴EM//平面A1BC，证法二：取点F为BD中点，连EF，则EC=BF，因此EF//BC，又∵BC⊂平面A1BC，EF⊄平面A1BC，∴EF//平面A1BC，连MF，∵点M为A1D中点，∴MF//A1B，又∵A1B⊂平面A1BC，MF⊄平面A1BC，∴MF//平面A1BC，又MF∩EF=F，∴平面MFE//平面A1BC，∵EM⊂平面MPE，∴EM//平面A1BC(2)设AB=3，则AD=1，AE=2，∵∠A=60°，∴在△ADE中，由余弦定理，得DE=√AD2+AE2−2AD⋅AE⋅cosA=√3，∵22=12+(√3)2，∴AE2=AD2+DE2，∴∠ADE=90°，∴DE⊥AD，DE⊥BD，∴DE⊥BD，DE⊥A1D，又∵A1D⊂面A1DE，BD⊂面BDE，∴∠A1DB为二面角A1−DE−B的平面角，∴∠A1DB=2π3设A1在面BDEC内的投影为P，则P在BD的延长线上，∴A1P⊥BD，∵∠A1DB=2π3，∴∠A1DP=π3，在△A1DP中，A1D=AD=1，由正弦定理，得DP=12，A1P=√32，连接CP，且BP=52，在△BCP中，由余弦定理，得CP=√BP2+BC2−BP⋅BC⋅ cosB=√312，在Rt △A 1PC 中，A 1C =√A 1P 2+CP 2=√342，∴在△A 1CE 中，cos∠A 1EC =4+1−3444=−78，∴sin∠A 1EC =√158，∴S △A 1CE =12×2×1×√158=√158， 设DE 与平面A 1CE 所成角为θ，点D 到平面A 1CE 的距离为d ， 由V D−A 1CE =V A 1−DCE ，∴13×S △A 1CE ×d =13×S △DCE ×A 1P ， 又∵S △DCE =12×√3×1×sin5π6=√34，∴d =√15，∴sinθ=d DE=√55， ∴直线DE 与平面A 1CE 所成角的正弦值为√55．【解析】(1)证法一：过点E 作EF//BD 交BC 于点F ，取A 1B 的中点G ，利用线面平行判定定理证明，证法二：取点F 为BD 中点，连EF ，先证明面面平行，再证明线面平行；(2)设AB =3，在△ADE 中求出DE ，可判断∠A 1DB 为二面角A 1−DE −B 的平面角，再结合条件，利用等体积法求解即可．本题考查了线面平行的判定定理和性质，直线与平面所成的角，同时考查了空间想象力，属于中档题．。

龙岩市一级达标校2019～2020学年第二学期期末高一教学质量检查地理试题(考试时间：90分钟满分：100分)注意：请将试题的全部答案填写在答题卡上。

第I卷(选择题共50分)本大题共25小题，每小题2分，共50分。

每小题只有一个答案最符合题意，多选、错选、漏选均不得分。

飞絮是柳树等植物种子在合适的气候条件下成熟开裂，随风飘散的自然现象。

图1为京津冀等地区柳絮飘飞时间预报图。

据此完成1～2题。

1.图示区域飞絮出现时间的空间差异，主要体现了A.从沿海向内陆的地域分异B.由赤道到两极的地域分异C.山地的垂直地域分异D.非地带性地域分异2.关于图示区域飞絮期间气候特征的描述正确的是A.降水稀少，出现伏旱B.春雨绵绵，气候阴冷C.降水偏少，气温回升D.降水频繁，出现梅雨图2示意我国中部平原地区某村庄的土地利用情况。

该村将不同位置的农用地按人口进行均分，图中a、b、c、d分别示意某农户分到的地块。

该村主要种植粮食作物和蔬菜。

与粮食作物相比，蔬菜种植的劳动投入较多。

随着农民进城落户，该村农用地逐步向种田专业户集中。

据此完成3～5题。

3.该农户分到的地块中，最便于蔬菜种植管理的是A.aB.bC.cD.d4.该农户不购置大型农用机械种植农作物，主要原因是该农户的地块A.形状规整B.分散细碎C.距离村庄近D.地形差异小5.农用地向种田专业户集中后，该村A.农产品种类多样化B.农用地面积减少C.农产品质量下降D.农产品商品率提高我国甘蔗种植地主要限于北纬24°以南地区，多为春播秋收，播种期一般要求气温13℃以上，高温潮湿利于其生长，气温日较差大的冷凉干燥、晴朗无霜的天气对甘蔗成熟及品质提高非常有利。

近年来石家庄、青岛等城市郊区出现了甘蔗种植地块。

图3为南方甘蔗生长后期剥掉枯黄脚叶景观图。

据此完成6～8题。

6.与南方相比，石家庄、青岛等城郊种植的甘蔗A.育苗成本较低B.病虫害较多C.甘蔗汁更丰富D.播种时间较晚7.石家庄、青岛等城市郊区发展甘蔗种植主要目的是A.弥补制糖原料不足B.培育甘蔗新的品种C.满足居民鲜食需要D.缓解南北交通压力8.在我国南方地区，甘蔗生长后期往往需要剥掉枯黄脚叶，其主要目的是①提高甘蔗的品质②提高甘蔗的产量③使甘蔗免遭冻害④保持土壤湿润A.①②B.①④C.②③D.②④地理学家阿隆索对某城市土地利用方式进行了研究，制作出阿隆索地租竞标曲线图(图4)。

福建省龙岩市一级达标校2019-2020学年高一下学期期末质检试题（考试时间：90分钟 满分：100分）注意：1.请将试题的全部『答案』填写在答题卡上。

2.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Ca-40 Fe-56第I 卷（选择题，共44分）一、选择题（共18题，其中1-10题每题2分，11-18题每题3分。

每题只有1个选项符合题意）1.科学家通过粒子加速器进行实验，获得了一种罕见的4526Fe 原子。

对于4526Fe 和5626Fe ，下列有关数目不相同．．．的是（ ） A.质子数 B.最外层电子数 C.中子数D.核外电子数2.人体所需元素中，有一种对人类智力起重要作用的主族元素R 。

已知R 元素处于第五周期，其最高价氧化物的化学式为27R O ，则R 元素的名称为（ ） A.氟B.氯C.溴D.碘3.化学家维勒在制备氰酸铵（4NH CNO ）时得到结晶物尿素『()22CO NH 』，这一发现打破了当时化学界流行的“不能通过人工方法将无机物转化为有机物”的“生命力论”。

氰酸铵和尿素两种物质互为（ ） A.同种物质 B.同分异构体 C.同位素D.同素异形体4.1991年，我国著名化学家张清莲准确测得In 的相对原子质量为114.818，被国际原子量委员会采用为新的标准值。

已知铟（In ）的原子结构如图所示，下列说法错误．．的是（ ）A.In 为长周期元素B.In 易导电导热C.In 在反应中易得电子D.结构示意图中X=495.木薯粉（主要成分是淀粉）、食盐（主要成分是氯化钠）、料酒（有效成分为乙醇）、食醋（有效成分为乙酸）等都是厨房常备的物品，它们主要成分或有效成分对应物质属于离子化合物的是（ ） A.木薯粉B.食盐C.料酒D.食醋6.下列化学用语中，错误．．的是（ ） A.22H O 的电子式： B.乙烯的结构简式：22CH CH C.羟基的电子式：D.2+Mg 的结构示意图：7.锂不仅在军事工业中占有举足轻重的地位，而且在民用工业也是一种重要的材料。

福建省龙岩市2019-2020学年高一下期末监测数学试题一、选择题：本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．设函数()2,01,0x x f x x ⎧≥=⎨<⎩，则满足()()2f x f x <的x 的取值范围是（ ） A ．(),0-∞B ．()0,∞+C ．()0,1D ．()1,+∞ 【答案】B【解析】【分析】分别解0x <和0x ≥时条件对应的不等式即可.【详解】①当0x <时，20x <，此时()()21f x f x ==，不合题意；②当0x ≥时，20≥x ，()()2f x f x <可化为222x x <即2x x <，解得0x >.综上，()()2f x f x <的x 的取值范围是()0,∞+.故选：B.【点睛】本题考查了分段函数不等式的解法，考查了分类讨论思想，属于基础题.2．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，P 是1BDC ∆内（不含边界）的一个动点，若11A P BC ⊥，则线段1A P 的长的取值范围为（ ）A ．3B ．[3C ．[3D ．【答案】C【解析】【分析】先判断11A BDC -是正四面体，可得正四面体的棱长为1A P 的最大值为1A B 的长，1A P 的最小值是1A 到平面1BDC 的距离，结合P 不在三角形1BDC 的边上，计算可得结果.【详解】由正方体的性质可知，11A BDC -是正四面体， 且正四面体的棱长为22 P 在1BDC ∆内，1A P ∴的最大值为111122AC A B A D === 1A P 的最小值是1A 到平面1BDC 的距离，设1A 在平面1BDC 的射影为H ,则H 为正三角形1BDC 的中心，26BH =， 2211848333A H AB BH =-=-= 1A P ∴433， 又因为P 不在三角形1BDC 的边上，所以1A P 的范围是43,223，故选C. 【点睛】本题主要考查正方体的性质及立体几何求最值，属于难题.解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义以及平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将立体几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.3．已知各项为正数的等比数列{}n a 中，21a =，4664a a =，则公比q ＝A ．4B ．3C ．2D 2 【答案】C由4664a a =，利用等比数列的性质，结合各项为正数求出58a =，从而可得结果.【详解】246564a a a ==，50a >，58a ∴=，35288,21a q q a ∴====，故选C. 【点睛】本题主要考查等比数列的性质，以及等比数列基本量运算，意在考查灵活运用所学知识解决问题的能力，属于简单题.4． “纹样”是中国艺术宝库的瑰宝，“火纹”是常见的一种传统纹样．为了测算某火纹纹样(如图阴影部分所示)的面积，作一个边长为5的正方形将其包含在内，并向该正方形内随机投掷1000个点，己知恰有400个点落在阴影部分，据此可估计阴影部分的面积是A ．2B ．3C ．10D ．15【答案】C【解析】【分析】 根据古典概型概率公式以及几何概型概率公式分别计算概率，解方程可得结果.【详解】设阴影部分的面积是s ，由题意得，选C.【点睛】(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解．(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．5．若正实数x ，y 满足不等式24x y +<，则x y -的取值范围是（ ）【详解】试题分析：由正实数,x y 满足不等式24x y +<，得到如下图阴影所示的区域：当过点()2,0时，，当过点时，，所以的取值范围是． 考点：线性规划问题．6．在ABC ∆中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，若30A =，45B =，8b =，则a 等于（ ）A ．4B ．42C ．43D ．46【答案】B【解析】【分析】 根据正弦定理sin sin abA B =，代入数据即可。

龙岩市一级校联盟2023—2024学年第二学期半期考联考高一数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的（考试时间：120分钟总分：150分）.1.复数()()21i 1i z =+⋅−= A ．22i +B ．22i −C ．22i −+D ．22i −−2.在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c，若b =，712A π=，6C π=，则c = A ．1 B ．2CD3.若平面向量()1,2m =−与n 的夹角是180°，且n = n =A ．1,12−B ．1,12−−C ．11,2−D ．11,2 −4.在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，1cos 2B =−，sin sin a B bC =，则该三角形的形状是A ．直角三角形B ．等腰三角形C ．等边三角形D ．等腰直角三角形5.已知直线a ，b ，c 是三条不同的直线，平面α，β，γ是三个不同的平面，下列命题正确的是 A ．若a α∥，b α∥，则a b ∥ B ．若a b ∥，a α∥，则b α∥C ．若a α⊂，b α⊂，且a β∥，b β∥，则αβ∥D ．α，β，γ三个平面最多可将空间分割成8个部分6.已知平面上四个点()1,2A −，()1,1B ，()2,1C ，()3,4D ，则向量AB 在向量CD上的投影向量为A ．13,1010 −−B ．13,1010 −C． D ．21,55−7.如图所示，在三棱柱111ABC A B C −中，若点E ，F 分别满足23AE AB = ，23AF AC =，平面11EB C F将三棱柱分成的左、右两部分的体积分别为1V 和2V ，则12:V V =A ．19∶8B ．2∶1C ．17∶10D ．16∶118.已知△ABC 是锐角三角形，内角A ，B ，C 所对应的边分别为a ，b ，c .若()()sin sin sin a b A B c B −+=且2b =，则△ABC 外接圆面积的取值范围是 A ．(),2ππB ．(),4ππC ．4,43ππD ．()2,4ππ二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.在复数范围内（i 是虚数单位），下列选项正确的是 A ．关于x 的方程310x −=的解为1x = B ．复数()2024i 23iz =+的虚部是5C ．若复数z 满足234i z =+D ．已知a ，b R ∈，若i a −+是关于x 的方程220x bx ++=的一个根，则1a =，2b = 10.在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，则下列的结论中正确的是 A ．cos 2cos 2A B A B >⇔< B ．sin 2sin 2A B A B >⇔>C ．若△ABC 是锐角三角形，sin cos A B >恒成立D ．若O 为△ABC 的外心，且7c =，3b =，则20AO BC ⋅=−11.如图，正方体1111ABCD A B C D −的棱长为1，P 是线段1BC 上的动点，则下列结论正确的是A ．三棱锥1A APD −的体积为定值B ．1A P ∥平面1ACDC ．1AP B P +的最小值为D ．当1A ，C ，1D ，P 四点共面时，四面体111B PA C 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知复数i z x y =+（x ，y R ∈），则复平面内满足1i z m −+=的点Z 的集合围成的图形面积为16π，则实数m = .13.“圆锥容球”是指圆锥形的容器里放了一个球，且球与圆锥的侧面及底面均相切（即圆锥的内切球）.已知某圆锥形容器的轴截面为等边三角形，高为，则该圆锥内切球的表面积为 .（容器壁的厚度忽略不计）14.在四面体ABCD 中，AC BC CD ===4AB AD BD ===AB ⊂平面α，E ，F 分别为线段AD ，BC 的中点，现将四面体以AB 为轴旋转，则线段EF 在平面α上投影长度的取值范围是 .四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.（13分）已知复数1i z a =+（a R ∈，i 为虚数单位）. （1）若()12i z −⋅为纯虚数，求实数a 的值； （2）若1izω=+，且复数ω在复平面内所对应的点位于第四象限，求a 的取值范围. 16.（15分）已知向量()3,4a = ，(),3bx =−.（1）当()()a b a b +⊥− 且0a >时，求a b − ；（2）当()3,7c = ，()a b c +∥ 时，求向量a 与b的夹角的余弦值.17.（15分）如图，梯形ABCD 是圆台12O O 的轴截面，E ，F 分别在底面圆1O ，2O 的圆周上，EF 为圆台的母线，160DO E ∠=°，已知4CD =，8AB =，G ，H 分别为2O B ，BF 的中点.（1）证明：平面CGH ∥平面12O O FE .（2）若三棱锥C -GBH ，求圆台12O O 的侧面积. 18.（17分）如图1，在平面四边形P ABC 中，PA AB ⊥，CD AB ∥，2224CD AB PD AD ====.E 是线段PC 上靠近P 端的三等分点，F 是线段CD 的中点，DE PF M = .将△PDC 沿CD 折成四棱锥P -ABCD ，连接P A ，PB ，BD ，如图2.图1图2（1）在图2中，证明：PA ∥平面. （2）在图1中，求PMMF的值. 19.（17分）现有长度分别为1，2，3，4的线段各1条，将它们全部用上，首尾依次相连地放在桌面上，可组成周长为10的三角形或四边形.（1）求出所有可能的三角形的面积.（2）如图，在平面凸四边形ABCD 中，1AB =，3BC =，2CD =，4DA =.①当A ∠大小变化时，求四边形ABCD 面积的最大值，并求出面积最大时BD 的值.②当1cos2A=时，△ABD所在平面内是否存在点P，使得PA PB PD++达到最小？若有最小值，则求出该值；否则，说明理由.龙岩市一级校联盟2023—2024学年第二学期半期考联考高一数学参考答案一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.题号 1 2 3 4 5 6 7 8 选项ABABDAAD二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.题号 9 10 11 选项BCACDABD8.【详解】因为22a b bc −=，所以22a b bc =+.由余弦定理得2222cos a b c bc A =+−， 所以2222cos b bc b c bc A +=+−，即2b c bcosA =−， 由正弦定理得sin sin 2sin cos B C B A =−，因为()C A B π=−+，所以()sin sin sin cos cos sin C A B A B A B =+=+， 则sin sin cos cos sin B A B A B =−，即()sin sin B A B =−. 因为△ABC 是锐角三角形，所以02A π<<，02B π<<，所以22A B ππ−<−<.又sin y x =在,22ππ−B A B =−，则2A B =. 因为△ABC 是锐角三角形，所以02B π<<，022A B π<<，032C B ππ<=−<，所以64B ππ<<，由正弦定理得22sin sin b RB B ==，所以222sin sin 46R ππ<<2R <<， 所以外接圆面积()2,4S ππ∈.11.【详解】对于A ，11A APD P AA DV V −−==定值. 对于B ，由1A P ⊂平面11A C B ，平面11A C B ∥平面1ACD ，可得结论正确.对于C ，展开两线段所在的平面，得矩形11ABC D 及等腰直角三角形11B BC ，由余弦定理可计算1AP B P +的最小值为线段1AB .对于D 当1A ，C ，1D ，P 四点共面时，点P 在点B 处，四面体111B PA C 的外接球即正方体的外接球，故外=，所以该球的体积为343R π=. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.4 13.163π14.14.【详解】如图，取AC 的中点G ，AB 的中点Q ，连接EG ，FG ，CQ ，DO ，∵E ，F 分别是线段AD 和BC 的中点，∴GF AB ∥，GE CD ∥，∵AC BC CD ===AB AD ==4BD =，∴122GF AB ==，12GE CD ==CQ AB ⊥，DQ AB ⊥，且CQ DQ Q = ，CQ ，DQ ⊂平面CDQ ，∴AB ⊥平面CDQ ，又CD ⊂平面CDQ ，∴AB CD ⊥，∴GE GF ⊥，在Rt △EGF 中，222222CD EF GE GF =+=+ ，当四面体绕AB 旋转时，∵GF AB ∥，AB ⊂平面α，GF ⊄平面α，∴GF ∥平面α，GE 与GF 的垂直性保持不变，且2GF =，长度不变. 当CD 与平面α垂直时，GE 在平面上的投影长最短为0，此时EF 在平面α上的投影11E F 2=，当CD 与平面α平行时，GE 在平面上的投影长最长为2CDGE ==，此时EF 在平面α上的投影11E F线段EF 在平面α上的投影长的取值范围是 .四、解答题：本题共5小题，共77分.15.（本题满分13分） 解：（1）()()()()()12i 12i 1i 122i z a a a −=−+=++−.因为()12i z −⋅为纯虚数，所以120a +=，20a −≠， 所以12a =−. （2）由()()11i 1i1i 1i2a a z a ω++−+===++，复数ω所对应的点位于第四象限， 得1010a a +>−< ，解得11a −<<.故实数a 的取值范围是()1,1−. 16.（本题满分15分） 解：（1）向量()3,4a =，(),3b x =− ，则()3,1a b x +=+，()3,7a b x −=− .由()()a b a b +⊥− ，可得()()0a b a b +⋅−=，即()()33170x x +−+×=，解得4x =或4x =−. 又0x >，所以4x =，则()4,3b =−，则()1,7a b −=−，所以a b =−=.（2）由()3,7c =，(),3b x =− ，得()3,4b c x +=+ .由()a b c +∥，可得()34430x ×−×+=，解得0x =， 所以5a =，3b = ，()304312a b ⋅=×+×−=− ， 124cos ,535a b a b a b ⋅−<>===−×.所以向量a 与b 的夹角的余弦值为45−.17.（本题满分15分） （1）证明：∵在梯形ABCD 中，4CD =，8AB =， ∴1212O C O B ∥. 又G 为2O B 的中点，∴2212O G O B =， ∴1212O C O G ∥.故四边形12O O GC 为平行四边形，∴12OG O O ∥.又OG ⊂/平面12O O FE ，12O O ⊂平面12O O FE ， ∴CG ∥平面12O O FE .∵G ，H 分别是2O B ，BF 的中点， ∴2GH O F ∥.又GH ⊂/平面12O O FE ，2O F ⊂平面12O O FE ， ∴GH ∥平面12O O FE .又CG GH G = ，CG ⊂平面CGH ，GH ⊂平面CGH ， ∴平面CGH ∥平面12O O FE .（2）解：设12O O h =由（1）可知12OG O O ∥，则CG 为三棱锥C -GBH 的高h . 故13G GB BH C H V S h ∆−=⋅⋅，由160DO E ∠=°，可得260AO F ∠=°， ∴2120BO F ∠=°. 又∵212GH O F ∥，2122BG O B ==，∴11sin1202222GBH S BG HG ∆=⋅⋅⋅°=××=故1133C GBH GBH V S h h −∆=⋅⋅==， ∴5h =.在Rt △CGB 中，BC =故圆台的侧面积()()122242S r R l ππππ=+=+=. 18.（本题满分17分）（1）证明：连接AC ，交BD 于点O ，连接OE （图略）. ∵CD AB ∥， ∴AOB OOD ∆∆∽，又2CD AB =，所以2OC OA =， 又∵E 是线段PC 上靠近P 端的三等分点， ∴2CE PE =.故OC CEOA PE =， ∴OE PA ∥，∵PA ⊂/平面BDE ，OE ⊂平面BDE ， ∴PA ∥平面BDE .（2）解：由DE PF M = ，可知D ，E ，M 三点共线，P ，F ，M 三点共线.由P ，F ，M 三点共线，可设PM PF λ=（01λ<<）， ∴1PF PM λ=.∵F 是CD 的中点，∴1122PF PD PC =+ ，∵E 是线段PC 上靠近P 端的三等分点，∴3PC PE =，故11322PM PD PE λ=+，即322PM PD PE λλ=+ .由D ，E ，M 三点共线，可得3122λλ+=，解得12λ=.故1PMMF= 19.（本题满分17分） 解：（1）根据三角形两边之和大于第三边，由题意可知，所有可能符合情况的三角形的三边长为12+，3，4和2，31+，4，当三角形三边为12+，3，4时，由余弦定理知等腰三角形顶角的余弦值2223341cos 2339θ+−==××，sin θ=，1332S ∆=××= 当三角形三边为2，31+，4时，由余弦定理知等腰三角形顶角的余弦值2224427cos 2448θ+−==××，sin θ=1442S ∆=××=.（2）①连接BD ，由余弦定理知222217cos 28AB AD BD BD A AB AD +−−==⋅，222cos 2CB CD BD C CB CD +−==⋅21312BD −，∴2178cos BD A =−，21312cos BD C =−，∴178cos 1312cos A C −=−，∴2cos 3cos 1A C −=. 又1114sin 23sin 2sin 3sin 22ABCD ABD BCD S S S A C A C ∆∆=+=×××+×××=+，∴()2222sin 3sin 4sin 9sin 12sin sin A C A C A C +=++.又∵2cos 3cos 1A C −=，∴()22cos 3cos 1A C −=.∴224cos 9cos 12cos cos 1A C A C +−=.故()()22241cos 91cos 12sin sin ABCD S A C A C =−+−+()22134cos 9cos 12sin sin A C A C =−++13112cos cos 12sin sin A C A C =−−+()1212cos 24A C =−+≤，当且仅当A C π+=时，224ABCD S =，ABCD S 取得最大值，此时A C π+=，2cos 3cos 1A C −=，∴2cos 3cos 1A A +=，1cos 5A =，1cos 5C =−，2771312cos 5BD C =−=，BD =. ②把△APD 绕A 逆时针旋转60°，如图，则1P P →，1D D →，连接1BD .1APP ∆为等边三角形，则1AP PP =，11PD PD =，14AD AD ==，1133D AB D AD DAB ππ∠=∠+∠=+23π=， ∴1111PA PB PD PP PB PD BD ++=++≥（当且仅当1D ，1P ，P ，B 共线时取得最小值）， 此刻22211122cos1164213BD AB AD AB AD π=+−=++=，。

福建省龙岩2019-2020学年高一下学期数学期末考试试卷B卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共4题；共8分)1. （2分） (2019高二下·温州期中) 下列函数中，既是奇函数，又是增函数的是（）A .B .C .D .2. （2分）数列满足，若，则（）A .B .C .D .3. （2分）若数列{an}的前n项和Sn=n2﹣1，则a4=（）A . 7B . 8C . 9D . 174. （2分）(2020·龙岩模拟) 已知函数，满足不等式在R上恒成立，在上恰好只有一个极值点，则实数（）A .B .C .D .二、填空题 (共12题；共12分)5. （1分） (2019高一上·重庆月考) 函数的最小正周期为________.6. （1分） (2019高二上·洛阳期中) 已知数列的前项和，若此数列为等比数列，则________．7. （1分） (2019高一下·上海月考) 若角的终边上有一点，则实数的值________8. （1分）已知cos（α+ ）= ，求sin（﹣α）的值________9. （1分） (2019高一下·上海月考) 要使有意义，则实数的取值范围是________.10. （1分）已知扇形弧长为 , 圆心角为 , 则扇形的面积为________.11. （1分） (2020高一下·上海期末) 函数的图象向右平移个单位后与函数的图象重合，则下列结论正确的是________.① 的一个周期为；② 的图象关于对称；③ 是的一个零点；④ 在单调递减；12. （1分）(2020·阿拉善盟模拟) 已知向量若，则的值为________．13. （1分） (2015高二下·盐城期中) 用数学归纳法证明1+2+3+…+n2= 时，当n=k+1时左端在n=k时的左端加上________．14. （1分） (2020高一下·徐州期中) 的内角的对边分别为，若的面积为，则C=________.15. （1分）某城区从某年开始的绿化总面积y（万平方米）与时间x（年）的关系为y=1.15x ．则该城区绿化总面积从4万平方米到12万平方米所用的时间为________年．（四舍五入取整）16. （1分）(2020·镇江模拟) 设是等比数列的前项的和，成等差数列，则的值为________．三、解答题 (共5题；共50分)17. （5分） (2017高一下·黄山期末) 已知等差数列{an}中，a3a7=﹣16，a4+a6=0，求{an}前n项和sn ．18. （10分） (2019高一下·来宾期末) 已知，（1）求；（2）若，求 .19. （10分） (2016高一下·抚顺期末) 已知 =（sinx，cosx）， =（sinx，sinx），函数f（x）= ．（1）求f（x）的对称轴方程；（2）求使f（x）≥1成立的x的取值集合；（3）若对任意实数，不等式f（x）﹣m＜2恒成立，求实数m的取值范围．20. （15分）(2020·菏泽模拟) 已知数列满足，且．（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前n项和．21. （10分）如图，分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆的顶点，是直线与椭圆的另一个交点， .（1）求椭圆的离心率；（2）已知的面积为，求的值.参考答案一、单选题 (共4题；共8分)1-1、2-1、3-1、4-1、二、填空题 (共12题；共12分)5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、11-1、12-1、13-1、14-1、15-1、16-1、三、解答题 (共5题；共50分) 17-1、18-1、18-2、19-1、19-2、19-3、20-1、20-2、21-1、21-2、。

2019-2020学年福建省龙岩市龙门中学高一数学文期末试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 下列给出的赋值语句中正确的是：（）A.3=AB.A=0C.B=A=2D.M+N=0参考答案：B略2. 下列函数中，在R上单调递增的是（）A．B．C．D．参考答案：C选项A：定义域上为偶函数，在对称区间上单调性相反，故A错误;选项B，定义域为，故B错误；选项C，定义域上单调递增，故C正确；选项D，定义域上单调递减，故D错误.故选C.3. 已知椭圆C的方程为为其左、右焦点，e为离心率，P 为椭圆上一动点，则有如下说法：①当0＜e＜时，使△PF1F2为直角三角形的点P有且只有4个；②当e=时，使△PF1F2为直角三角形的点P有且只有6个；③当＜e＜1时，使△PF1F2为直角三角形的点P有且只有8个；以上说法中正确的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．3参考答案：D【考点】K4：椭圆的简单性质．【分析】根据椭圆的离心率的取值范围，得出椭圆的短轴的顶点构成的角∠F1BF2的取值范围，分别判断，使△PF1F2为直角三角形的点P个数．【解答】解：如图所示，丨BF1丨=a，丨OF1丨=c，设∠BF1O=θ，则tanθ==e，①中，当椭圆的离心率0＜e＜时，即0＜tanθ＜，∴θ∈（0，），则∠F1BF2＞，若△PF1F2为直角三角形时，只能是∠PF1F2和∠PF2F1为直角时成立，所以这样的直角三角形，只有四个；②中，当椭圆的离心率e=时，即tanθ=，∴θ=，此时∠F1BF2=，此时对应的直角三角形共有六个；③中，当椭圆的离心率＜e＜1时，即tanθ＞，则θ∈（，），∴0＜∠F1BF2＜，此时对应的直角三角形共有八个，故选D．4. 在锐角△ABC中，若，，，则角B的大小为（）A. 30°B. 45°C. 60°D. 75°参考答案：B【分析】利用正弦定理得到答案.【详解】锐角△ABC中正弦定理：故答案选B【点睛】本题考查了正弦定理，属于简单题.5. 设是各项为正数的等比数列，是其公比，是其前项的积，且，则下列结论错误的是（）A、 B、C、 D、与均为的最大值参考答案：C6. 在平面直角坐标系内，与点O（0，0）距离为1，且与点B（-3，4）距离为4的直线条数共有（）A.条B.条C.条D.条参考答案：C到点O（0，0）距离为1的直线可看作以O为圆心1为半径的圆的切线，同理到点B（-3，4）距离为4的直线可看作以B为圆心4为半径的圆的切线，故所求直线为两圆的公切线，又|OB|=5=1+4，故两圆外切，公切线有3条，故选：C．5、一个几何体的三视图及其尺寸如下（单位cm），则该几何体的表面积及体积为(cm2￥cm3)：（）A.24π，12πB.15π，12πC.24π，36πD.以上都不正确【答案】A【解析】由三视图知：该几何体为圆锥，圆锥的底面半径为3，母线长为5，所以圆锥的高为4，所以此几何体的表面积为，体积为。

2020-2021学年福建省龙岩市高一（下）期末数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.已知i为虚数单位，(1−i)z=2，则复平面上z对应的点在()A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限2.设e1⃗⃗⃗ ,e2⃗⃗⃗ 是平面内两个不共线的向量，则向量a⃗,b⃗ 可作为基底的是()A. a⃗=e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ ,b⃗ =−e1⃗⃗⃗ −e2⃗⃗⃗B. a⃗=2e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ ,b⃗ =12e1⃗⃗⃗ +14e2⃗⃗⃗C. a⃗=e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ ,b⃗ =e1⃗⃗⃗ −e2⃗⃗⃗D. a⃗=e1⃗⃗⃗ −2e2⃗⃗⃗ ,b⃗ =−2e1⃗⃗⃗ +4e2⃗⃗⃗3.新中国成立以来，我国共进行了7次人口普查，这7次人口普查的城乡人口数据如图所示．根据该图数据判断，下列选项中错误的是()A. 乡村人口数均高于城镇人口数B. 城镇人口数达到最高峰是第7次C. 和前一次相比，城镇人口比重增量最大的是第7次D. 和前一次相比，城镇人口比重增量最小的是第3次4.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A=105°，C=30°，b=√2，则c=()A. 12B. 1C. √2D. 25.已知圆柱OO1的侧面积为4π，体积为2π，则该圆柱的轴截面的面积为()A. 2B. 4C. 6D. 86.若α，β是两个不重合的平面，a，b，c是三条不重合的直线，则下列命题中正确的是()A. 若a//α，α∩β=b，则a//bB. 若a⊂α，b⊂β，b//c，a//β，则α//βC. 若a ⊂α，b ⊂α，且c ⊥a ，c ⊥b ，则c ⊥αD. 若a ⊥α，α∩β=c ，b//c ，则a ⊥b7. 已知菱形ABCD ，AC =2，BD =4，且AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =2BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则∠DEC 的余弦值为( )A. 6√3131B. 6√3731C. 6√3137D. 6√37378. 现有5个相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回的随机抽取两次，每次抽取一个球，记：事件A 表示“第一次取出的球数字是2”，事件B 表示“第二次取出的球数字是3”，事件C 表示“两次取出的球的数字之和为8”，事件D 表示“两次取出的球的数字之和为6”，则下列选项正确的是( )A. 事件A 和事件C 相互独立B. 事件B 和事件C 相互独立C. 事件B 和事件D 相互独立D. 事件C 和事件D 相互独立二、多选题（本大题共4小题，共20.0分） 9. 设z 1，z 2，z 3为复数，则( )A. 若z 1>z 2，则z 1−z 2>0B. 若z 1z 2=z 2z 3，则z 1=z 3C. 若z 2−=z 1，则|z 1z 3|=|z 2z 3|D. 若z 1满足|z 1|=1，则|z 1−2|的最小值为110. 已知正四面体PABC 的棱长为2，M 、N 分别为PA 、PB 的中点．下列说法正确的有( )A. MN ⊥PCB. 异面直线BM 与PC 所成角的余弦值为√36C. 该正四面体的体积为√23D. 该正四面体的内切球体积为√627π11. 在平行四边形ABCD 中，AB =2，AD =2√3,AB⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−6,AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λAD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,λ∈[0,1]，则下列选项正确的是( )A. MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值是−3B. MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值是−2C. MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值是10D. MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值是2512. 在△ABC 中，角A ，B ，C 对边分别为a ，b ，c ，设向量m⃗⃗⃗ =(c,a +b),n ⃗ =(a,c)，且m⃗⃗⃗ //n ⃗ ，则下列选项正确的是( ) A. A =2B B. C =2AC. 1<ca <2D. 若△ABC 的面积为c 24，则C =π2三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知向量a ⃗ =(1,3),b ⃗ =(3,4)，若(λa ⃗ −b ⃗ )⊥b ⃗ ，则λ=______．14. 记一组数据x i (i =1,2，…，n)的平均数为x −，且x −=1.6,1n ∑(n i=1x i −x −)2=1.44，则1n∑x i 2n i=1=______．15. 已知圆C 的弦AB 的长度为2√3，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =______． 16. 已知三棱锥P −ABC ，PB =PC =AB =BC =AC =2√3，侧面PBC ⊥底面ABC ，则PA =______，三棱锥P −ABC 外接球的表面积为______． 四、解答题（本大题共6小题，共70.0分） 17. 已知复数z =a +(a −1)i(a ∈R)．(1)若z ⋅z −=5，求a ； (2)求|z|的最小值．18. 如图，S 是圆锥的顶点，AB 是底面圆O 的直径，C 为底面圆周上异于A ，B 的点，D 为BC 的中点．(1)求证：平面SOD ⊥平面SBC ；(2)若圆锥的侧面积为3√5π，且BC =4，AC =2，求该圆锥的体积．19.为了解某班级学生期末考试数学成绩情况，抽取该班40名学生的数学成绩，将所得数据整理后，画出其频率分布直方图(如图)，已知从左到右各长方形高的比为2：3：5：6：3：1．(1)根据频率分布直方图，计算抽取的数学成绩的平均数和第65百分位数(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；(2)若从分数在[80,90)和[130,140]的同学中随机抽取两位同学，求抽取的两位同学中至少有一位同学的数学成绩在[130,140]的概率．=bsinA这两个条件中任选一个，补20.在①√3(a−bcosC)=csinB；②√3acos A+C2充在下面问题中的横线上，并解答相应的问题．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足______，BD平分∠ABC交AC于点D，且BD=2，AC=3，求△ABC的面积．21.甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为p，乙每轮猜对的概率为q.在每轮活动中，甲和乙猜对与否互，恰有一人猜不影响，各轮结果也互不影响．已知每轮甲、乙同时猜错的概率为112．错的概率为512(1)求p和q；(2)若p>q，求“星队”在两轮活动中猜对2个成语的概率．22.已知等边三角形ABC，D，E分别是边AB，AC上的三等分点，且AD=CE(如图甲)，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置(如图乙)，M是A1D的中点．(1)求证：EM//平面A1BC；(2)若二面角A1−DE−B的大小为2π3，求直线DE与平面A1CE所成角的正弦值．。