北京市海淀區(qū)一零一中學(xué)2020學(xué)年高一數(shù)學(xué)下學(xué)期期末考試試題(含解析)

北京市海淀區(qū)北京一零一中學(xué)2020學(xué)年高一數(shù)學(xué)下學(xué)期期末考試試題（含解析）、選擇題：在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項。1.不等式X11.不等式 >0的解集是X0)U(1,+B.，0)C.(1D.(0,1)由題意可得,X-J0X1 0,求解即可.故解集為（—，0)U(1,+ ),故選A.【點睛】本題考查了分式不等式的解法,考查了計算能力，屬于基礎(chǔ)題【點睛】本題考查了分式不等式的解法,考查了計算能力，屬于基礎(chǔ)題2.如圖，長方體2.如圖，長方體ABCDAB1C1D1的體積為V,E為棱CCi上的點，且CEEAV2錐E-BCD勺體積為EAV2錐E-BCD勺體積為V2，則二二（ ）1A.一3【答案】D1B.—61D.——18100,100,故B不【分析】分別求出長方體ABCDABiCiDi和三棱錐E—BCD勺體積，即可求出答案【詳解】由題意，VSABCDCC1,一 1- 一V一 1- 一V2 二SVBCDCE3\o"CurrentDocument"1 1 1二二 SABCD TCC13 2 3-1Sabcd18CC「118,V118則一V1故選D.【點睛】本題考查了長方體與三棱錐的體積的計算，考查了學(xué)生的計算能力，屬于基礎(chǔ)題3.如圖，在平行六面體ABCDA1B1C1D1中，MN分別是所在棱的中點，則MNW平面B&D的位置關(guān)系是（ ）MN平面BB1DMN與平面BB〔D相交MN//平面BB1DD.無法確定MNf平面BB1D的位置關(guān)系【答案】C【解析】【分析】取CD的中點E,連結(jié)ME,EN,可證明平面EMN//平面BB〔D,由于MN平面EMN,可知MN//平面BB1D.

【詳解】取CD的中點E,連結(jié)ME,EN,顯然EM//BD,EN//CC1//BB1,因為EM平面BBiD,EN平面BB〔D,所以EM//平面BB1D,EN//平面BB1D,又EMIENE,故平面EMN//平面BB1D,又因為MN平面EMN,所以MN//平面BB〔D.故選C.【點睛】本題考查了直線與平面的位置關(guān)系， 考查了線面平行、面面平行的證明， 屬于基礎(chǔ)題.4.已知x,yCR,且x>y>0,貝U( )【點睛】本題考查了直線與平面的位置關(guān)系， 考查了線面平行、面面平行的證明， 屬于基礎(chǔ)題.4.已知x,yCR,且x>y>0,貝U( )1 1xy——xycosxcosy0C.D.Inx+lny>0【答案】A【解析】【分析】結(jié)合選項逐個分析，可選出答案【詳解】結(jié)合x,yCR,且x>y>0,對選項逐個分析:1 1yx對于選項A,xy0,--o 0,故A正確；xyxy對于選項B,取x2冗3 「y一冗，貝Ucosxcosycos223cos2正確;11yx 對于選項C,----0,故C錯誤；xyxy對于選項D,lnxlnyInxy,當(dāng)xy1時，Inxy0,故D不正確.故選A.【點睛】本題考查了不等式的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題^5.等比數(shù)列｛斜｝中，Tn表示前n項的積，若T5=1,則（ ）A.ai=1 B.a3=1 C.a4=1 D.a5=1【答案】B【解析】25 . 2分析：由題思知T5（a1qb 1,由此可知a1q1,所以一定有a31.詳解：T5a〔a〔qa〔q2a〔q3a〔q4（a1q2）51,a〔q21,a31.故選：B.點睛：本題考查數(shù)列的性質(zhì)和應(yīng)用，解題時要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答.6.設(shè)， 為兩個平面，則能斷定 // 的條件是（ ）內(nèi)有無數(shù)條直線與 平行 B., 平行于同一條直線C., 垂直于同一條直線 D., 垂直于同一平面【答案】C【解析】【分析】對四個選項逐個分析，可得出答案 .【詳解】對于選項A,當(dāng)， 相交于直線l時， 內(nèi)有無數(shù)條直線與 平行，即A錯誤;對于選項B,當(dāng)相交于直線l時，存在直線滿足：既與對于選項B,當(dāng)線平行于對于選項C,設(shè)直線AB垂直于，平面，垂足分別 A,B,假設(shè)與不平行，設(shè)其中一個交點為C,則三角形ABC^,ABCBAC90,顯然不可能成立，即假設(shè)不成立,故與平行，故C正確；對于選項D,, 垂直于同一平面， 與可能平行也可能相交，故D錯誤.【點睛】本題考查了面面平行的判斷，考查了學(xué)生的空間想象能力，屬于中檔題 ^7.如圖，AB是半彳仝為1的圓周上的定點，P為圓周上的動點，/APB是銳角，大小為圖中△PAB勺面積的最大值為（ ）A.-sinA.-sin+sin222+sin D.+cos【答案】B【解析】【分析】 AB 1 .由正弦定理可得， 2R2,則AB2sin,SVABC—ABh,當(dāng)點P在ABsinAPB 2的中垂線上時，h取得最大值，此時4ABP的面積最大，求解即可【詳解】在4ABP中，由正弦定理可得,

AB 2R2,則AB2sinsinAPB1Svabc—ABh,當(dāng)點P在AB的中垂線上時，h取得最大值，此時4ABP的面積最大2取AB的中點C,過點C作AB的垂線，交圓于點D,取圓心為O,則OCVoB"BC2小sin2cos（為銳角），CDDO0c1cos

所以4ABP的面積最大為1cossinsincos所以4ABP的面積最大為1cossinsincossin1sin22考查了三角函數(shù)的化簡，考查【點睛】本題考查了三角形的面積的計算、正弦定理的應(yīng)用,了計算能力，屬于基礎(chǔ)題考查了三角函數(shù)的化簡，考查.已知三棱錐P—ABC勺四個頂點在球O的球面上，PA=PB=PC^ABB邊長為J2的正三角形，E,F分別是PAAB的中點，/CEE90。.則球O的體積為（ ）A.8而冗 B.4J3冗 C.客冗 D.Y3」2【答案】D【解析】【分析】計算可知三棱錐P-ABC勺三條側(cè)棱互相垂直，可得球O是以PA為棱的正方體的外接球，球的直徑dJ3PA2，即可求出球O的體積.【詳解】在^PAC^,設(shè)PAC,PAPBPC2x,ECy,x0,y0,TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"，一」――1_ _因為點E,F分別是PAAB的中點，所以EF-PBx,AEx,2\o"CurrentDocument"2 2在△PAC中，cos4x2在△PAC中，cos22x、2在△EAC^,cos\o"CurrentDocument"整理得x2y2 1,

因為△ABB邊長為J2的正三角形，所以CF又因為/CEF90,所以因為△ABB邊長為J2的正三角形，所以CF2? 1所以x2所以PAPBPC2x1.又因為△ABB邊長為的正三角形,所以PA,PB,PC兩兩垂直,則球O是以PA為棱的正方體的外接球,則球的直徑d 3PA2故選D.3—九.2所以外接球故選D.3—九.2【點睛】本題考查了三棱錐的外接球，考查了學(xué)生的空間想象能力，屬于中檔題二、填空題。.設(shè)等差數(shù)列an的前n項和為Sn,若a2 4,S5 10,則a1的值為【答案】-6【解析】【分析】a2a1d4由題意可得 5 ，求解即可.S55a1-4d 10【詳解】因為等差數(shù)列 an前n項和為Sn,a2 4,S5 10

所以由等差數(shù)列的通項公式與求和公式可得a2所以由等差數(shù)列的通項公式與求和公式可得c 5 ， “S55a1—4d 10解得ai 6.故答案為-6.【點睛】本題考查了等差數(shù)列的通項公式與求和公式， 考查了學(xué)生的計算能力，屬于基礎(chǔ)題10.ZXABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知bsinA+acosB=0,則B=【解析】【分析】先根據(jù)正弦定理把邊化為角，結(jié)合角的范圍可得 ^【詳解】由正弦定理，得sinBsinAsinAcosB0.QA(0,),B(0,),sinA0,3信sinBcosB0,即tanB1,B一.故選D.4【點睛】本題考查利用正弦定理轉(zhuǎn)化三角恒等式， 滲透了邏輯推理和數(shù)學(xué)運算素養(yǎng). 采取定理法，利用轉(zhuǎn)化與化歸思想解題.忽視三角形內(nèi)角的范圍致誤，三角形內(nèi)角均在 (0,)范圍內(nèi)，化邊為角，結(jié)合三角函數(shù)的恒等變化求角.11.已知正實數(shù)x,y滿足2x+y=2,則xy的最大值為【解析】【分析】由基本不等式可得22xy2)藥，可求出xy的最大值.【詳解】因為x0,y0,所以22xy272xy,一1故xy-,當(dāng)且僅當(dāng)2xy1時，取等號.2……，1故答案為一.2

點睛】利用基本不等式求最值必須具備三個條件:①各項都正數(shù)；②和（或積）為定值；③等號取得的條件.12.將邊長為1白^^^^IBCI^pi^AC折起，使平面ACD_平面ABC則折起后B,D兩點的距離為___^^^^^^^^?^^^^^^【答案】1.取AC的中點E ，| DEEIAC由平面Acl A^ DEI平面ABCDEiBg而DE .『 ABC bd.2BE.【詳解】取AC H^BE；BE E^C^^^^^^因為平面aci H^ftE abH所以DHBE __*=■__ .BE2 2所以，BD.2BE1.【點睛】本題考查了空間中兩點間的距離，把空間角轉(zhuǎn)化為平面角是解決本題的關(guān)鍵.已知四棱錐的底面是邊長為近的正方形，側(cè)棱長均為75,若圓柱的一個底面的圓周經(jīng)過四棱錐四條側(cè)棱的中點，另一個底面的圓心為四棱錐底面的中心， 則該圓柱的側(cè)面積為.【答案】冗【解析】【分析】先求出四棱錐的底面對角線的長度， 結(jié)合勾股定理可求出四棱錐的高， 然后由圓柱的一個底面的圓周經(jīng)過四棱錐四條側(cè)棱的中點， 可知四條側(cè)棱的中點連線為正方形， 其對角線為圓柱底面的直徑，圓柱的高為四棱錐的高的一半，分別求解可求出圓柱的側(cè)面積 ^【詳解】由題可知，四棱錐是正四棱錐，四棱錐的四條側(cè)棱的中點連線為正方形，邊長為 巨,2該正方形對角線的長為1,則圓柱的底面半徑為-,2四棱錐的底面是邊長為J2的正方形，其對角線長為2,則四棱錐的高為J5F2,………， ~，…一， 1故圓柱的高為1,所以圓柱的側(cè)面積為2九一1九.2【點睛】本題主要考查了空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征， 考查了學(xué)生的空間想象能力與計算求解能力，屬于中檔題..中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形狀多為長方體、 正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”（圖1）.半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體 .半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對稱美.圖2是一個棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1.則該半正多面體的所有棱長和為.圖I 圖2【答案】48,21取半正多面體的截面正八邊形 ABCDEFGH,設(shè)半正多面體的棱長為 x,過B,C分別作BMAD于M,CNAD于N,可知BMAMCNND—x,2AMMNND22,xx1，可求出半正多面體的棱長及所有棱長和 ^【詳解】取半正多面體的截面正八邊形 ABCDEFGH,由正方體的棱長為1,可知AD1,易知BADCDA45,設(shè)半正多面體的棱長為x,過B,C分別作BMAD于M,CNAD于N,則BMAMCNND—x,AMMNNDV2xx1,2解得xJ21，故該半正多面體的所有棱長和為 48J21.GE【點睛】本題考查了空間幾何體的結(jié)構(gòu)， 考查了空間想象能力與計算求解能力， 屬于中檔題三、解答題：解答應(yīng)寫出文字說明、演算步驟或證明過程。15.正四棱錐S—ABCD勺底面邊長為2,側(cè)棱長為x.(1)求出其表面積S(x)和體積V(x);S(x)(2)設(shè)f(x)一匚工，求出函數(shù)f(x)的定義域，并判斷其單調(diào)性(無需證明)^V(x)【答案】(1)S(x)44^x2~1，V(x)^7x2~2;(2)x>&,f(x)是減函數(shù).【解析】【分析】(1)畫出圖形，分別求出四棱錐的高，及側(cè)面的高的表達式，即可求出表面積與體積的表達式；(2)結(jié)合表達式，可求出x的范圍，即定義域，然后判斷其為減函數(shù) .【詳解】(1)過點S作平面ABCD的垂線，垂足為O,取AB的中點E,連結(jié)OE,SE,一， ，一，八 ， 一， ，一，八 ， 1因為SABCD為正四棱錐，所以EO—AD21,AE1,SEJSA2AE2Jx21,SO,SE2EO2x2所以四棱錐的表面積為1 -aABSE2所以四棱錐的表面積為1 -aABSE2ABBC4,，一1__ _體積Vx-SOABBC

3⑵f（x）黑41x⑵f（x）黑41x21 4u3x2x2x10解得x灰，f（x）是減函數(shù).【點睛】本題考查了四棱錐的結(jié)構(gòu)特征,16.在f（x）是減函數(shù).【點睛】本題考查了四棱錐的結(jié)構(gòu)特征,16.在△ABC^,內(nèi)角AB,C所對的邊分別為a,b,c.已知b3csinB4asinC.考查了表面積與體積的計算，考查了學(xué)生的空間想象能力與計算能力，屬于中檔題(1)求cosB的值;的值.(2)求sin的值.【答案】（1）cosB(2)7.2 3016（1）由正弦定理asinAcsinC可彳#3cb4ac,【答案】（1）cosB(2)7.2 3016（1）由正弦定理asinAcsinC可彳#3cb4ac,b-a,

3結(jié)合bc2a,可彳導(dǎo)c-a,32由余弦定理cosB~2 .2cb2ac可得出答案；（2）由cosB進而求出sin2B,cos2B的值，將sin2B展開可求出結(jié)果【詳解】(1)由正弦定理—a——則3cbsinAsinC2c-a.進而求出sin2B,cos2B的值，將sin2B展開可求出結(jié)果【詳解】(1)由正弦定理—a——則3cbsinAsinC2c-a.3■ ~ , 4一,一，4ac,所以b—a,而bc2a,則

32 4 216 22 2 2aaaa c b 9 9cosB 2ac 2a -a3⑵因為cosB二，所以sinB巫，4 4所以sin2B2sinBcosB-15,cos2B2cos2B1 -.8 8sin2B4子(sin2Bcos2B)手詈7)7.W，麗16【點睛】本題考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的應(yīng)用,考查了三角函數(shù)的恒等變換,屬于基礎(chǔ)題.17.如圖，在四棱錐PABCD中,PA平面ABCD底部ABCM菱形，E為CD的中點.(I)求證：BDL平面PAC(n)若/AB(=60,求證：平面PABL平面PAE(出)棱PB上是否存在點F,使得CF//平面PAR說明理由【答案】(I)見解析;(H)見解析;(ID)見解析【解析】【分析】(I)由題意利用線面垂直的判定定理即可證得題中的結(jié)論；(n)由幾何體的空間結(jié)構(gòu)特征首先證得線面垂直， 然后利用面面垂直的判斷定理可得面面垂直；(m)由題意，利用平行四邊形的性質(zhì)和線面平行的判定定理即可找到滿足題意的點 .【詳解】(I)證明：因為PA平面ABCD,所以PABD;因為底面ABCD是菱形，所以ACBD;因為PAIACA,PA,AC平面PAC,所以BD平面PAC.(n)證明：因為底面ABCD是菱形且ABC60,所以ACD為正三角形，所以AECD,因為AB//CD,所以AEAB;因為PA平面ABCD,AE平面ABCD,所以AEPA;因為PAIABA所以AE±平面PAB,AE平面PAE,所以平面PAB平面PAE.(m)存在點F為PB中點時，滿足CF//平面PAE；理由如下：R C分別取PB,PA的中點F,G,連接CF,FG,EG,1在三角形PAB中，F(xiàn)G//AB且FG-AB-2

1在菱形ABCD中，E為CD中點，所以CE//AB且CE^AB,所以CE//FG且CEFG,即四邊形CEGF為平行四邊形，所以CF//EG;又CF平面PAE,EG平面PAE,所以CF〃平面PAE.【點睛】本題主要考查線面垂直的判定定理， 面面垂直的判定定理，立體幾何中的探索問題等知識，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計算求解能力 ^4 1 2 1 2 、……,，…八18.若x,y為正實數(shù)，求證：（x——）2（y——）24,并說明等號成立的條件2y2x當(dāng)且僅當(dāng)x當(dāng)且僅當(dāng)x=—時取等號，證明見解析21(x丁)

2y2(y2x)22(xxy111(x丁)

2y2(y2x)22(xxy114xy22jxy—1 4.\4xy【詳解】由題意,可得:(x1 1\2(y冗)12(x-)(y

2y1、c1 .——)2xy——1,2x 4xyTOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"1 1當(dāng)且僅當(dāng)x——y——時取等號,2y 2x1 1 , ,, 1 ……又2xy——1 22jxy—1 4,當(dāng)且僅當(dāng)xy——時取等號,12x而12x而解得x=y=—,21x一y2y1聯(lián)立xy4xyx0,y0， 1、2， 1、2 2故（x寸（y14,當(dāng)且僅當(dāng)x=y=9時取等號【點睛】本題考查了基本不等式的運用，考查了不等式的證明，屬于中檔題11811819.數(shù)列an中，a1anc(c1為常數(shù)，n1,2,3,…)，且a3a2(1)求c的值;(2)求證：①anan2;(3)比較—+—+--?+

a1a2工與竺an 39an1的大小,并加以證明【答案】（1）c2;（2）①見證明；②見證明;1⑶一a1+L.a21an40 “絲an1,證明見解39(1)2,n3代入12an1 -an2an結(jié)合a3a21 一，…一可求出c的值；8(2)anan1a22an222(an2)2an1an0an12an12)(2)2an1an2(an22)(2)3an1an