2020-2021学年四川省江油市高一（下）期末模拟考试（四）数学（理）试卷人教A版

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这是一份2020-2021学年四川省江油市高一（下）期末模拟考试（四）数学（理）试卷人教A版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 设a、b、c∈R，aA.a21bD.1a−b>1a

2. 已知关于x的不等式x2−ax+2a>0的解集为R，则实数a的取值范围是（）
A.0,4B.0,4C.0,8D.0,8

3. 设Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1+a3+a5=3，则S5=( )
A.5B.7C.9D.11

4. 设向量a→，b→满足|a→|=|b→|=1，a→⋅b→=−12，则|a→+2b→|等于( )
A.2B.3C.5D.7

5. 已知实数x，y满足约束条件x−y≥0,x+y−4≤0,y≥1.则 z=−2x+y 的最大值是( )
A.−5B.−2C.−1D.1

6. 已知两条直线m，n，两个平面α，β，给出下面四个命题：
①m // n，m⊥α⇒n⊥α
②α // β，m⊂α，n⊂β⇒m // n
③m // n，m // α⇒n // α
④α // β，m // n，m⊥α⇒n⊥β
其中正确命题的序号是( )
A.①④B.②④C.①③D.②③

7. 设a>0，b>0，若3是3a与3b的等比中项，则1a+1b的最小值( )
A.2B.4 C.14D.8

8. 如图，某景区欲在两山顶A，C之间建缆车，需要测量两山顶间的距离．已知山高AB=1(km)，CD=3(km)，在水平面上E处测得山顶A的仰角为30∘，山顶C的仰角为60∘，∠BED=120∘，则两山顶A，C之间的距离为（）

A.22(km)B.10(km)C.13(km)D.33(km)

9. 在△ABC中，若acsA=bcsB，则△ABC的形状一定是（）
A.等腰直角三角形B.直角三角形
C.等腰三角形D.等腰或直角三角形

10. 如图，一个几何体的三视图（正视图、侧视图和俯视图）为两个等腰直角三角形和一个边长为1的正方形，则其外接球的表面积为( )

A.πB.2πC.3πD.4π

11. 已知O是△ABC内部一点，OA→+OB→+OC→=0→，AB→⋅AC→=2且∠BAC=60∘，则△OBC的面积为( )
A.33B.12C.32D.23

12. 如图正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，点P在线段A1C上运动（包括端点），则BP与 AD1 折成角的取值范围是( )
A.[π4,π3]B.[π4,π2]C.[π6,π2]D.[π6,π3]
二、填空题

若不等式ax2−bx+2>0的解集为{x|−12
正项等比数列an中，若a2a98=16，则lg2a32a68=________.

在△ABC中，|AB→|=4，AC→⋅AB→=8，则AB→⋅BC→=________．

已知函数fx=2x+1，点O为坐标原点，点Ann,fnn∈N∗，向量j→=0,1，θn是向量OAn→与j→的夹角，则1tanθ1+1tanθ2+1tanθ3+⋯+1tanθ2020=________．
三、解答题

已知向量a→=1,2，与向量 b→=x,1．
(1)当x为何值时， a→⊥b→；

(2)当x=3时，求向量a→与向量b→的夹角；

(3)求|b→−2a→|的最小值以及取得最小值时向量b→的坐标．

已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且bsin2A=asinB．
(1)求A；

(2)若a=4，△ABC的面积为23，求△ABC的周长．

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，AA1=4，点D为AB的中点．

(1)求证AC⊥BC1；

(2)求证AC1 // 平面CDB1；

(3)求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值．

已知数列an的前n项和为Sn，满足an=Snn+2n−2，n∈N∗，且S2=6．
(1)求数列an的通项公式；

(2)证明：1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn<53．
参考答案与试题解析
2020-2021学年四川省江油市高一（下）期末模拟考试（四）数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
利用不等式的基本性质即可得出．
【解答】
解：∵ a0，∴ aab故选C．
2.
【答案】
C
【考点】
不等式恒成立问题
【解析】
结合二次函数的判别式求解
【解答】
解：∵ 关于x的不等式x2−ax+2a>0的解集为R，
则a2−8a<0，解得0∴ 实数a的取值范围为0,8．
故选C．
3.
【答案】
A
【考点】
等差中项
等差数列的前n项和
【解析】
由已知结合等差数列的性质求得a3=1，再由S5=5a3得答案．
【解答】
解：∵ 数列{an}是等差数列，
且a1+a3+a5=3，
得3a3=3，即a3=1．
∴ S5=5a3=5．
故选A．
4.
【答案】
B
【考点】
平面向量数量积的运算
向量的模
【解析】
由|a→+2b→|=(a→+2b→)2=a→2+4a→⋅b→+4b→2，代入已知可求
【解答】
解：∵ |a→|=|b→|=1，a→⋅b→=−12，
|a→+2b→|
=(a→+2b→)2
=a→2+4a→⋅b→+4b→2
=1−2+4=3.
故选B.
5.
【答案】
C
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图所示，
联立x−y=0，y=1，
解得A(1, 1).
化目标函数z=−2x+y为y=2x+z，
由图可知，当y=2x+z过点(1,1)时，z取得最大值，
zmax=−2+1=−1.
故选C.
6.
【答案】
A
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
由题意用线面垂直和面面平行的定理，判断线面和面面平行和垂直的关系．
【解答】
解：用线面垂直和面面平行的定理可判断①④正确；
②中，由面面平行的定义，m，n可以平行或异面；
③中，用线面平行的判定定理知，n可以在α内；
故选A．
7.
【答案】
B
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
先根据等比中项的性质求得a+b的值，进而利用基本不等式取得ab的最大值，把1a+1b化简整理，根据ab的范围，求得答案．
【解答】
解：∵ 3是3a与3b的等比中项，
∴ 3a⋅3b=3a+b=3，
∴ a+b=1，
∴ab≤a+b24=14(当a=b时等号成立)，
∴ 1a+1b=a+bab=1ab≥4.
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
解三角形
余弦定理
【解析】
由直角三角形的边角关系求出BE、DE，利用余弦定理求出BD，再计算AC的值．
【解答】
解：∵ AB=1，CD=3，∠AEB=30∘，∠CED=60∘，
∴ BE=ABtan30∘=133=3，DE=CDtan60∘=33=3.
则△BDE中，由余弦定理得：
BD2=BE2+DE2−2×BE×DE×cs∠BED
=3+3−2×3×3×(−12)
=9，
∴ BD=3；
∴ AC=BD2+(CD−AB)2
=9+(3−1)2=13，
即两山顶A，C之间的距离为13km．
故选C.
9.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
【解析】
首先利用正弦定理求得sin2A＝sin2B，进一步利用三角函数的诱导公式求出结果．
【解答】
解：已知：acsA=bcsB，
利用正弦定理得：sinAcsA=sinBcsB，
即sin2A=sin2B，
所以：2A=2B或2A=180∘−2B，
解得：A=B或A+B=90∘，
所以：△ABC的形状一定是等腰或直角三角形．
故选D．
10.
【答案】
C
【考点】
由三视图求外接球问题
【解析】
三视图复原几何体是四棱锥，扩展为正方体，它的体对角线，就是球的直径，求出半径，解出球的表面积．
【解答】
解：由三视图知该几何体为四棱锥，记作S−ABCD，
其中SA⊥面ABCD，面ABCD为正方形，
将此四棱锥还原为正方体，易知正方体的体对角线即为外接球直径，
所以外接球的直径2r=3，
∴ S球=4πr2=4π×34=3π．
故选C.
11.
【答案】
A
【考点】
向量的线性运算性质及几何意义
正弦定理
向量在几何中的应用
平面向量数量积的运算
【解析】
据向量的平行四边形法则判断出点O为三角形的重心，据重心的性质得出△OBC的面积与△ABC面积的关系，利用向量的数量积公式，求出三角形两邻边的乘积，据三角形的面积公式求出面积．
【解答】
解：∵ OA→+OB→+OC→=0→，
∴ OA→+OB→=−OC→，
∴ O为三角形的重心，
∴ △OBC的面积为△ABC面积的13.
∵ AB→⋅AC→=2，
∴ |AB→|⋅|AC→|cs∠BAC=2.
∵ ∠BAC=60∘，
∴ |AB→|⋅|AC→|=4，
△ABC面积为12|AB→|⋅|AC→|sin∠BAC=3.
∴ △OBC的面积为33.
故选A．
12.
【答案】
D
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图所示：
易知∠PBC1即为BP与 AD1 所成的夹角，设为θ，
当点P与A1重合时，θ最大，为π3，
当点P在如图所示的位置时，θ最小，为π6，
∴ θ∈π6,π3.
故选D.
二、填空题
【答案】
−10
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
由题意和三个二次的关系可得−12+13=ba−12×13=2a，解方程组可得．
【解答】
解：∵ 不等式ax2−bx+2>0的解集为{x|−12∴ a<0且−12+13=ba，−12×13=2a，解得a=−12，b=2，
∴ a+b=−12+2=−10．
故答案为：−10．
【答案】
4
【考点】
对数的运算性质
等比数列的性质
【解析】
根据题意由等比数列的项的性质即可求出a2a98=16 ，再由对数的运算性质计算出结果即可．
【解答】
解：由正项等比数列an中，可得a32a68=a2a98，
因为正项等比数列an中a2a98=16，
则lg2a32a68=lg216=4．
故答案为：4．
【答案】
−8
【考点】
向量的投影
平面向量数量积
【解析】

【解答】
解：∵ AC→⋅AB→=|AC→|⋅|AB→|csA=4|AC→|csA=8，
∴ |AC→|csA=2，
∴C在AB上的射影为AB的中点，
∴|AC→|=|BC→|，∠A=∠B，
∴ AB→⋅BC→=|BC→|⋅|AB→|cs(π−B)=−8．
故答案为：−8.
【答案】
40402021
【考点】
平面向量数量积的运算
数列的求和
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
求出向量OAn，根据平面向量的数量积公式计算cs，根据同角三角函数的关系得出sinθn，化简得1tanθn=csθnsinθn=2nn+1，使用裂项法求和即可．
【解答】
解：函数fx=2x+1 ，∴ fn=2n+1，
∴ 向量OAn→=n,2n+1，
∴ csθn=OAn→⋅i→|OAn→|×|i→|
=2n+1n2+4n+12=2n+12n2+4，
∴ sinθn=1−cs2θn
=nn+1n+12n2+4，
∴ 1tanθn=csθnsinθn=2nn+1
=21n−1n+1，
∴ 1tanθ1+1tanθ2+…+1tanθ2020
=2(1−12+12−13+ +12020−12021)
=21−12021
=40402021．
故答案为：40402021．
三、解答题
【答案】
解：(1)a→⋅b→=x+2=0，x=−2，所以x=−2时，a→⊥b→．
(2)由题意b→=3,1，
所以cs⟨a→,b→⟩=a⋅b|a→||b→|=3+25×10=22 ，
所以=π4．
(3)由已知b→−2a→=x−2,−3，
所以|b→−2a→|=x−22+9，
所以x=2时，|b→−2a→|取得最小值3，此时b→=2,1．
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
数量积表示两个向量的夹角
向量的模
【解析】
（1）由a→⋅b→=0计算；
（2）由cs⟨a→,b→⟩=a→⋅b→|a→||b→|计算；
（3）由模的坐标运算表示出|b→−2a→|，然后由二次函数性质得结论．
【解答】
解：(1)a→⋅b→=x+2=0，x=−2，所以x=−2时，a→⊥b→．
(2)由题意b→=3,1，
所以cs⟨a→,b→⟩=a⋅b|a→||b→|=3+25×10=22 ，
所以=π4．
(3)由已知b→−2a→=x−2,−3，
所以|b→−2a→|=x−22+9，
所以x=2时，|b→−2a→|取得最小值3，此时b→=2,1．
【答案】
解：(1)由bsin2A=asinB，得2bsinAcsA=asinB，
由正弦定理，得2sinBsinAcsA=sinAsinB，
由于sinAsinB≠0，
所以csA=12．
因为0所以A=π3．
(2)由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccsA，
又a=4，所以b2+c2−bc=16，①
又△ABC的面积为23，
即12bcsinA=23，
解得bc=8，②
由①②得b2+c2=24，
则(b+c)2=24+2bc=40，
得b+c=210．
所以△ABC的周长为4+210．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
(Ⅰ)直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦定理的应用求出结果．
(Ⅱ)利用余弦定理和三角形面积公式的应用求出结果．
【解答】
解：(1)由bsin2A=asinB，得2bsinAcsA=asinB，
由正弦定理，得2sinBsinAcsA=sinAsinB，
由于sinAsinB≠0，
所以csA=12．
因为0所以A=π3．
(2)由余弦定理，得a2=b2+c2−2bccsA，
又a=4，所以b2+c2−bc=16，①
又△ABC的面积为23，
即12bcsinA=23，
解得bc=8，②
由①②得b2+c2=24，
则(b+c)2=24+2bc=40，
得b+c=210．
所以△ABC的周长为4+210．
【答案】
(1)证明：直三棱柱ABC−A1B1C1，
底面三边长AC=3，BC=4，AB=5，
∴ AC⊥BC，且BC1在平面ABC内的射影为BC，
∴ AC⊥BC1；
(2)证明：设CB1与C1B的交点为E，连接DE，
∵ D是AB的中点，E是BC1的中点，
∴ DE // AC1，
∵ DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，
∴ AC1 // 平面CDB1；
(3)解：∵ DE // AC1，
∴ ∠CED为AC1与B1C所成的角，
在△CED中，ED=12AC1=52，
CD=12AB=52，CE=12CB1=22，
∴ cs∠CED=82⋅22⋅52=225，
∴ 异面直线AC1与B1C所成角的余弦值225．
【考点】
两条直线垂直的判定
直线与平面平行的判定
异面直线及其所成的角
【解析】
解法一：（1）：利用勾股定理的逆定理判断出AC⊥BC，同时因为三棱柱为直三棱柱，从而证出．
（2）：因为D为AB的中点，连接C1B和CB1交点为E，连接DE，∵ D是AB的中点，E是BC1的中点，根据三角形中位线定理得DE // AC1，得到AC1 // 平面CDB1；第三问：因为AC1 // DE，所以∠CED为AC1与B1C所成的角，求出此角即可．
解法二：利用空间向量法．如图建立坐标系，
（1）：证得向量点积为零即得垂直．
（2）：a→=λb→，a→与b→两个向量或者共线或者平行可得．第三问：
【解答】
(1)证明：直三棱柱ABC−A1B1C1，
底面三边长AC=3，BC=4，AB=5，
∴ AC⊥BC，且BC1在平面ABC内的射影为BC，
∴ AC⊥BC1；
(2)证明：设CB1与C1B的交点为E，连接DE，
∵ D是AB的中点，E是BC1的中点，
∴ DE // AC1，
∵ DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，
∴ AC1 // 平面CDB1；
(3)解：∵ DE // AC1，
∴ ∠CED为AC1与B1C所成的角，
在△CED中，ED=12AC1=52，
CD=12AB=52，CE=12CB1=22，
∴ cs∠CED=82⋅22⋅52=225，
∴ 异面直线AC1与B1C所成角的余弦值225．
【答案】
解：(1)由an=Snn+2n−2得，a2=S22+2=5，
∴ a1=S2−a2=1，
由an=Snn+2n−2得，Sn=nan−2n2+2n，
∴ Sn−1=n−1an−1−2n−12+2n−1,n≥2，
∴ an=Sn−Sn−1=nan−n−1an−1−4n+4，
即n−1an=n−1an−1+4n−1，
∴ an=an−1+4，即数列an是首项为1，公差为4的等差数列，
∴ an=1+4n−1=4n−3．
(2)由(1)得an=4n−3，则Sn=2n2−n，
1Sn=12n−1n=22n−1⋅2n=212n−1−12n
当n=1时，1S1=1<53成立，
当n≥2时，1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn
=1+213−14+215−16+⋯+212n−1−12n
=1+23+215−14+217−16+⋯+212n−1−12n−2+2−12n
<1+23=53，
∴ 1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn<53．
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由an=Snn+2n−2得，a2=S22+2=5，
∴ a1=S2−a2=1，
由an=Snn+2n−2得，Sn=nan−2n2+2n，
∴ Sn−1=n−1an−1−2n−12+2n−1,n≥2，
∴ an=Sn−Sn−1=nan−n−1an−1−4n+4，
即n−1an=n−1an−1+4n−1，
∴ an=an−1+4，即数列an是首项为1，公差为4的等差数列，
∴ an=1+4n−1=4n−3．
(2)由(1)得an=4n−3，则Sn=2n2−n，
1Sn=12n−1n=22n−1⋅2n=212n−1−12n
当n=1时，1S1=1<53成立，
当n≥2时，1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn
=1+213−14+215−16+⋯+212n−1−12n
=1+23+215−14+217−16+⋯+212n−1−12n−2+2−12n
<1+23=53，
∴ 1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn<53．