最新湖北省部分重点中学(武汉一中,三中,六中,十一中等六校)高一下学期期末联考数学试题(解析版)

1、2018-2019学年湖北省部分重点中学（武汉一中，三中，六中, 十一中等六校）高一下学期期末联考数学试题一、单选题1 .如果直线直线3且m/平面值，那么n与u的位置关系是（）A.相交B.加值C.卜匚dD. 口"口或t】匚q【答案】D【解析】 利用直线与平面平行的判定定理和直线与平面平行的性质进行判断即可【详解】直线向7直线n ,且平面（X,*,当口不在平面a内时，平面（1内存在直线， 符合线面平行的判定定理可得,力平面m ,当n在平面a内时，也符合条件，口与口的位置关系是或n匚故选D .【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理以及线面平行的性质，意在考查对基本定理掌握的熟 练程度，属

2、于基础题3 八2.如果数列an的前n项和为Sn-an 3,则这个数列的通项公式是（）A.an 2n2n 1b.an2 3nC. an 32nd.an3n 1【答案】B3【解析】根据Sn -an 3,当n 2时，an S Sn 1 ,再结合n 1时，2sa13a13,可知an是以6为首项，3为公比的等比数列，从而求出数列为2的通项公式.【详解】3-由 Sn -an 3,2当 n 2 时，an Sn Sn 1333二 an 13-an二an 1,222第3页共21页- an c所以-3, an 13当 n 1 时，Si ai -ai 3,此时“6,2所以，数列 an是以6为首项，3为公比的等比数列

3、，即 an 6 3n 1 2 3n.故选：B.【点睛】本题考查了利用递推公式求数列的通项公式，考查了计算能力，属于基础题3.数列an中，对于任意m, nN，恒有am nam aB.i47C.4 in ,右a<l,贝U a7等于（）8D. 78a2 2ai因为am naman,aii -一，所以8a42a24.在三棱锥P ABC中,i一,a3 ai a22PC 平面ABC ,a7BAC90a4 .选 D.8,AB 3 , ACPBC60 ,则三棱锥P ABC外接球的体积为（）A. i00b. 5003C. i25i25D.3在直角在三麴i P ABC中，求得BC 5 ,又由PC底面ABC

4、,所以PCBC,PBC中，求得PC i0,进而得到三棱锥 P ABC外接球的直径，得到R 5,利用体积公式，即可求解.【详解】由题意知，在三棱锥 P ABC中， BAC 90°, AB 3, AC 4,所以BC 5,又由PC 底面ABC,所以PC BC,在直角 PBC 中，BC 5, PBC 60°,所以 PC i0,根据球的性质，可得三棱锥 P ABC外接球的直径为2R PC i0,即R 5,所以球的体积为V 9 R3 4 53 500-,故选B.333【点睛】本题主要考查了与球有关的组合体中球的体积的计算，其中解答中根据组合体的结构特征和球的性质，准确求解球的半径是解答

5、的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中 档试题.5.九章算术中有如下问题：今有蒲生一日，长三尺，莞生一日，长 i尺.蒲生日自半，莞生日自倍.问几何日而长等？意思是：今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高i第2页共2i页2倍.若蒲、莞长度相等，则尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的所需时间为（）（结果精确到 0.1 .参考数据：lg 2=0.3010 , lg 3= 0.4771 .）A. 2.6 天B. 2.2 天C. 2.4 天D. 2.8 天【答案】A【解析】 设蒲的长度组成等比数列an,其ai=3,公比为-,其前n项和为A.莞的 2长度组成等比数列bn,其bi=1,公比为2,

6、其前n项和为R.利用等比数列的前 n项和公式及其对数的运算性质即可得出.【详解】设蒲的长度组成等比数列 an,其ai=3,公比为-,其前n项和为A.2莞的长度组成等比数列bn,其bi=1,公比为2,其前n项和为B.则A2n 12 1由题意可得:小为:2n/7,解得2n=6, 2n=1 （舍去）.lg6lg3n 1 2.6 .lg2lg2.估计2.6日蒲、莞长度相等,故选：A.【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式在实际中的应用，考查了推理能力与计算能 力，属于中档题.6 .设等差数列 an的前n项和为Sn,若a1 0, 3a8 5a13,则Sn中最大的是（）.B. SuD.S21【解析

7、】 分析：利用等差数列的通项公式，化简求得a20a210 ,进而得到a200, a210 ,即可作出判定.详解：在等差数列an中，ai 0,3% 5a13,则 3(ai 7d) 5(a1 12d),整理得 2a1 39d 0,即 4 19da1 20d0,所以 a?。 a2i 0,又由40 ,所以a20 0,a2i 0 ,所以前n项和Sn中最大是S20,故选C.点睛：本题考查了等差数列的通项公式，及等差数列的前n项和Sn的性质，其中解答中根据等差数列的通项公式，化简求得a20 a21 0,进而得到a20 0,a21 0是解答的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力.7 .如图所示，在正四

8、棱锥 S ABCD中，E,M,N分别是BC, CD, SC的中点， 动点P在线段MN上运动时，下列结论不恒成立的是().A. EP 与 SD异面B. EP/面 SBDC. EP AC D. EP/ BD【答案】D【解析】如图所示，连接 AC BD相交于点Q连接EM. SS BD=QACX平面 SBD, E, M N分别是 BC CD SC的中点，EM/ BD MIN/ SD 而 EIW MNN,平面EMN平面SBD，ACL平面EMN，ACL EP故C正确.(2)由异面直线的定义可知：EP与5或异面直线，故 A正确； 由(1)可知：平面 EMN平面SBD，EP/平面SBD因此B正确.（4）当P与

9、M重合时，有EP / BD ,其他情况都是异面直线即D不正确.故选D点睛：本题抓住正四棱锥的特征，顶点在底面的投影为底面正方形的中心，即SOL底面ABCD EP为动直线，所以要证 EP/面SBD,可先证EP所在的平面平行于面 SBD 要证EP，AC可先证AC垂直于EP所在的平面，所以化动为静的处理思想在立体中常 用.8.将正整数排列如下：12 34567B91011121314 15则图中数2020出现在（）A.第64行第3列 B.第64行4列C.第65行3列 D.第65行4列【答案】B【解析】 根据题意，构造数列，利用数列求和推出2020的位置.【详解】 根据已知，第n行有n个数，设数列 a

10、n为n行数的数列，则an n,即第1行有1个数，第2行有2个数，第n行有n个数，所以，第1行到第n行数的总个数Sn 1 2 L n n n 1 ,2当n 63时，数的总个数 S63 6363 12016 ,2所以，2020为n 64时的数，即64行的数为：2017, 2018, 2019, 2020 ,所以，2020为64行第4歹U.故选：B.【点睛】本题考查数列的应用，构造数列，利用数列知识求解很关键，属于中档题9.如图，在下列四个正方体中，P , R, Q , M, N, G, H为所在棱的中点,则在这四个正方体中，阴影平面与PRQ所在平面平行的是（）【答案】A【解析】根据线面平行判定定理

11、以及作截面逐个分析判断选择【详解】A中，因为PQ/AC/A1C1,所以可得PQ/平面ABC1,又RQ/A1B ,可得RQ平面ABG ,从而平面PQR/平面ABCiB中，作截面可得平面 PQR I平面AiBN HN （H为CiD中点），如图：C中，作截面可得平面 PQRI平面HGN HN （H为CiD中点）如图：IID中，作截面可得QN,CiM为两相交直线，因此平面 PQR与平面AMCi不平行, 如图：【点睛】第7页共21页本题考查线面平行判定定理以及截面，考查空间想象能力与基本判断论证能力，属中档题.10.若两等差数列An7n 3*刖n项和分别为An, Bn,满足耳4rl6, aii 则-的值

12、为().bia. 7B, 342【答案】BC.-D.7871【解析】解：因为两等差数列 anbn前n项和分别为An、Bn ,满足7n 3(n N ),故Bn4n 16电S213,选BbiiT212a,b11.已知f X是定义在R上不恒为0的函数，且对任意faba f b b f a 成立，f 22,令4 f 2n , bnf 2n2n则有（）A. an为等差数列C. bn为等差数列【答案】CB. an为等比数列D.bn为等比数列【解析】令a b 0,得到f 00；a b 1,得到f 10,f 2n2n1bn 1f ab af b bf a , f 22, n N *nn 1nn nf 2f 2

13、 f 2n 2 2f 22 f 2-2n ，bn 1 -2n 12n 12n1说明bn为等差数列，故 C正确，根据选项，排除 A, D.anf2n,an1f2n 12f 2n2n f2 2f2n2n 12an2n 1显然an既不是等差也不是等比数列.故选C.12.设点M是棱长为4的正方体ABCD A1B1C1D1的棱AD的中点，点P在面BCC1B1所在的平面内，若平面 DPM分别与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角相等，则点P到点C1的最短距离是()A. 2 2B. 4 '5C. 2D. 2 6253【答案】B【解析】以D为原点，AD为x轴DC为y轴DD1为z轴，建立空间直角

14、坐标系，计算三个平面的法向量，根据夹角相等得到关系式：2x z 0,再利用点到直线的距离公式得到答案.【详解】、以D为原点，AD为x轴DC为y轴DD1为z轴，建立空间直角坐标系.则 M (2,0,0), D(0,0,4), P(x,4,z)ir易知：平面ABCD的法向量为n1 (0,0,1)un平面BCC1B1的法向量为n2(0,1,0)uu设平面D1PM的法向量为：n3 (a,b,c) uu uuuir则 n3 MD10 a 2c,取 c 1,a 2iu uult2x z 4n3 MP 02(x 2) 4b z 0 b-第9页共2i页iu%(2,2x z 4,1)平面DiPM分别与平面ABC

15、D和平面BCCiB所成的锐二面角相等UT ni 卅 niuu% -uun32x z 0或 2x z 8看作BCBiCi平面的两条平彳r直线，到 Ci的距离.根据点到直线的距离公式得，点p到点Ci的最短距离都是:44.J,5 "T故答案为B【点睛】 本题考查了空间直角坐标系，二面角，最短距离，意在考查学生的计算能力和空间想象 能力.二、填空题13.已知数列 an , an 2n2n ,若该数列是减数列，则实数的取值范围是2【解析】本题可以先通过 an2n【答案】，6n得出an i的解析式，再得出an i an的解析式,最后通过数列是递减数列得出实数的取值范围.【详解】22an 2nn、

16、an i 2 n i n i ,22an 1a 2 n i n i 2n n ,2n2 4n 2 n 2n2n,4n 2,因为该数列是递减数列，所以 an i an 4n 20,即 4n 2,因为4n 2 6,所以 6,实数的取值范围是,6 .【点睛】 本题考察的是递减数列的性质，递减数列的后一项减去前一项的值一定是一个负值.14.已知三棱锥 P ABC, PA 平面 ABC , AC BC , BC PA J3 , AC 1,则三棱锥P ABC的侧面积.【答案】5_ii2【解析】根据题意将三棱锥放入对应长方体中，计算各个面的面积相加得到答案.【详解】三棱锥 P ABC , PA 平面 ABC

17、 , AC BC , BC PA V3 , AC 1画出图像：易知：每个面都是直角三角形 .S S1 S2 s33 段.3 922【点睛】本题考查了三棱锥的侧面积，将三棱锥放入对应的长方体是解题的关键15 .如图，矩形 ABCD中，AB 2, BC 1, E是CD的中点，将 ADE沿AE折起，使折起后平面 ADE 平面ABCE,则异面直线 AE和CD所成的角的余弦值为3【解析】取AE中点为M , AB中点为F ,连接CF ,MF ,DM ,则异面直线AE和CD所成角为 DCF .在 DCF中，利用边长关系得到余弦值 .【详解】由题意，取AB中点F ,连接CF ,则CF P AE ,可得直线AE

18、和CD所成角的平面角为DCF ,（如图）过D作DM垂直AE于M ,平面DAE，平面ABCE , AD DEDM AE ,DM 平面 ABCE, DM MF , 且AM DM =2 ,结合平面图形可得:2DF DM 2 MF 2 1，CF 2,FM 22又 MC2=GM2 GC2 5,DC2 = DM 2 MC2 3,2在 DFC 中，DC2 = DF2 FC2,.DFC直角三角形且 DF FC,2 . 6可得cos DCF -= .3 3【点睛】本题考查了异面直线的夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力第13页共21页16.在数列 an中，a1a253 ,n 1 an 1 nan 28 0

19、 n N 若n i nbnan an 1 an 2 n N ，贝U bn的前n项和取得最大值时n的值为差数列,0a110b11解法二:10解法一：利用数列的递推公式,化简得2an1 an an 2 ,得到数列an 为等求得数列的通项公式an 31a2ai2b12化简得进而求得an 31 3n,解法一：因为a13Lb13L再由bn所以nan 2 n在中,所以an,得出所以bi,进而得到结论;an 1b2Lb80,b9b100,得 2nan31b2bl0a10a12所以工又T10T8解法二:cnan28n 1 n n 1nanCn,求得CnCi28nan 28 0 28 0,nan 2 即 2an

20、 1 an得a10,10 0T3L （丁8斤9,28a2b9an即可得到结论.2,所以数列On为等差数列.0 即 a128 ,又 a a?L a100 , 0 a11a9 ai0 a1180,b11b12b13La12a225,a13L丁9/10兀1T2Lb9 n0 T8,所以 n 10 时,Tn取得最大值.n 1 an 1Cnnan 28 0,128n 1an 1n28ann 1rr-1即 Cn G 281n1n28n n 1 ',则 Cn C1a2281第15页共21页代入得an 1ncn na2 28 1 n 28 n a2 28 ,取 n 1,得 ai 28 0 ,解得 ai

21、28,又 a a2 53 ,则 a2 25,故 an 1 28 3n所以 an 31 3n,于是 bn aa 4 231 3n 28 3n 25 3n .由 bn 0,得 31 3n 28 3n 25 3n 0,解得 n 8或 n 10,又因为 b98, b10 10,所以n 10时，Tn取得最大值.【点睛】本题主要考查了数列的综合应用，以及数列的最值问题的求解，此类题目是数列问题中的常见题型，对考生计算能力要求较高，解答中确定通项公式是基础，合理利用数列的性质是关键，能较好的考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等，属 于中档试题.三、解答题17.如图，求阴影部分绕 AB旋转一周

22、所形成的几何体的表面积和体积.第17页共21页，根据图由题意知，所求旋转体的表面积由三部分组成:圆台下底面、侧面和一个半球面,【解析】由图形知旋转后的几何体是一个圆台，从上面挖去一个半球后剩余部分 形中的数据可求出其表面积和体积12而半球面的表面积 S 422 822圆台的底面积S2525 ,圆台的侧面积S32 5 5 3568所以所求几何体的表面积 S S1 S2 S3 82535一，一 1圆台的体积V113c2c2222.2554 52,43116半球的体积V223-6,323所以,旋转体的体积为VMV252163140故得解.本题考查组合体的表面积、 体积，还考查了空间想象能力，能想象出

23、旋转后的旋转体的构成是本题的关键，属于中档题2.218.数列an的前n项和Sn=100n n 3 n N(1)求数列 an的通项公式;(2)设bnan ,求数列bn的前n项和工.【答案】(1) an102 n 1101 2n n 22 ，一一一n 100n 3n 502n2 100n 5003 n 51【解析】(1)当n 1时，ai102 ,利用an Sn Sn 1得到通项公式，验证a1得到答案.(2)根据an的正负将和分为两种情况， n 50和n 51,分别计算得到答案2n 1 =101 2n.当 n 1 时，a15=100 1 3=102 ,当 n 2 时，an Sn Sn1=100n n

24、2 100 n 1综上所述an102 n 1101 2n n 2(2)当n 50时，bn an,所以Tnaa?a3an 3 99 97 95101 2nn 99 101 2n3 3 n 100 n ,2当 n 51 时，bnan,Tna a2 a3as。 a51a52an2T50a1a2an 1an5006 3 n 100 n2n2 100n 5003.综上所述Tnn2 100n 3 n 502n 100n 5003 n 51【点睛】本题考查了利用anSn & i求通项公式，数列的绝对值和，忽略n 1时的情况是容易犯的错误19 .如图，在三柱ABCA1BQ1中，各个侧面均是边长为2的正

25、方形，D为线段AC的中点.(1)求证：直线ABJ平面BCQ ；(2)求直线gB与平面ACC1A所成角的余弦值；(3)设M为线段GB上任意一点，在 BCD内的平面区域(包括边界)是否存在点E , 使CE DM ,并说明理由.【答案】(1)见解析(2) 如 (3)存在点E,使CE DM ,详见解析4【解析】(1)设BC1与B1C的交点为O ,证明AB/ DO进而证明直线 AB /平面BCD.(2)先证明直线CB与平面ACCA所成角的为BC1D ,再利用长度关系计算cos BC1D . 过点C作CE DC1,证明CE 平面BC1D ,即CE DM ,所以存在.【详解】(1)设BC1与B1C的交点为O

26、 ,显然O为B1c中点，又点D为线段AC的中点，所以ABJ DO ,Q DO 平面 BCD , ABi 平面 BCiD ,AB1/ 平面 BC1D.(2) QCCi 平面 ACB , BD 平面 ACB ,CC1 BD ,Q BD AC, AC 平面 ACCiA, CCi 平面 ACCiA ,BD 平面ACCiAi，点B在平面ACCiA上的投影为点D ,直线CiB与平面ACCiA所成角的为BCiD ,QBD 芯,BCi 2短,CiD 娓,853.i0cos BCi D.2 、5 2 24 过点C作CE DCi,又因为BD 平面ACCiA , CE 平面ACCiAi ,所以CE BD ,Q BD

27、 平面 BCiD , CiD 平面 BCD ,CE 平面 BCiD,CE DM ,所以存在点 E ,使CE DM .【点睛】本题考查了立体几何线面平行，线面夹角，动点问题，将线线垂直转化为线面垂直是解 题的关键.20.已知数列 an 中，a1 2, an an i 2 4n n N ,n 2 .(1)求数列an的通项公式(2)设 bnn项和Tn.17,求数列 bn的通项公式及其前2an 1【答案】(1) an 2n2 (2) bn2n 1 2n 1 ' Tn 2n 1第21页共21页【解析】(1) an an 1 2 4n n N ,n 2利用累加法得到答案(2)计算bn 1 (-,利

28、用裂项求和得到前 n项和Tn .2 2n 1 2n 1【详解】 (1)由题意可知an an 1 4n 2an 1 an 2 4n 6an 2 an 3 4n 10a2a16a12左右累加得an4n 64n 22 4n 22n2.(2)bn2an 12n1 2n 12n 1Tn2(12n 1 2n 1) 2(12n 1本题考查了数列的累加法,裂项求和法，是数列的常考题型21 .如图，三棱柱 ABC ABC1的侧面BB1cle是边长为2的菱形，B1BC且 ABB1C .A*8、(1)求证：ABB1ABC；(2)若AB AC/当二面角B1 AB C为直二面角时，求三棱锥A BBQ的体积.【答案】(1

29、)见解析(2) 2L 2【解析】(1)连结BCi ,交BQ于点O ,连结OA,推导出B1c BC1 ,又AB BC ,从而B1C 面ABC1 ,进而BQ OA ,推导出 ABC ABB1 ,由此能得到结论；(2)由题意，可证得 BDC是二面角B1 AB C的平面角，进而彳导 BDC 90 ,进而计算得OA 6 ,进而利用棱锥的体积公式计算即可 . 2【详解】(1)连结BC1,交BC1于点O ,连结OA,B线因为侧面BB1cle是菱形，所以B1C BC1,又因为 AB BC , AB I BC1 B ,所以 B1C 面 ABC1而OA 平面ABC1 ,所以，B1C OA因为OC OB1,所以AC AB1 ,而 BC BB1 ,所以 ABCABB1 ,故 ABB1ABC.(2)因为AB AG , O为BC1的中点，则 AO BG,由（1）可知BQ OA,因为 BCi I BiC O ,所以 AO