解析福建省厦门市高一下学期期末考试数学试题含解析

(数学)

一、单选题: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。

1.若点Aa,0,B0,2,C1,3共线,则a的值为（ ） A. 2 【答案】A 【解析】 【分析】

通过三点共线转化为向量共线，即可得到答案.

【详解】由题意，可知BC1,1，又ABa,2，点Aa,0,B0,2,C1,3共线，则

B. 1

C. 0

D. 1

BC//AB，即a2，所以a2，故选A.

【点睛】本题主要考查三点共线的条件，难度较小.

2.已知等差数列an的前n项和为Sn,a3a710,则S9（ ） A. 15 【答案】C 【解析】 【分析】

利用等差数列的求和公式及性质即可得到答案. 【详解】由于a3a710，根据等差数列的性质，S9C.

【点睛】本题主要考查等差数列的性质与求和，难度不大.

3.下列选项正确的是（ ）

B. 30

C. 45

D. 90

9(a1a9)9(a3a7)45，故选22c>d,则acbd A. 若ab,?B. 若ab0,则

11 a2b2C. 若a2b2,则ab D. 若ab0,c0,则acbc 【答案】B 【解析】 【分析】

通过逐一判断ABCD选项，得到答案.

【详解】对于A选项，若a2,b1,c2,d1，代入ac0，bd0，故A错误； 对于C选项，a2b2等价于|a||b|，故C错误；对于D选项，若c0，则acbc，故D错误，所以答案选B.

【点睛】本题主要考查不等式的相关性质，难度不大.

4.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若 acosBbcosA2ccosC,则C（ ） A.

 6B.

 3C.

2 3D.

3或2 3【答案】B 【解析】 【分析】

首先通过正弦定理将边化角，于是求得cosC1，于是得到答案. 2【详解】根据正弦定理得：即sinC2sinCcosC，sinAcosBsinBcosA2sinCcosC，而sinC0，所以cosC1，又为三角形内角，所以C，故选B. 23【点睛】本题主要考查正弦定理的运用，难度不大.

5.已知,为不同的平面,a,b为不同的直线则下列选项正确的是（ ） A. 若a//,b,则a//b C. 若a//b,a,则b 【答案】C

B. 若a//,b//,则a//b D. 若,a,则a

【解析】 【分析】

通过对ABCD逐一判断，利用点线面的位置关系即可得到答案.

【详解】对于A选项，a,b有可能异面，故错误；对于B选项，a,b可能相交或异面，故错误；对于C选项，a//b,a，显然b故正确；对于D选项，a//也有可能，故错误.所以答案选C.

【点睛】本题主要考查直线与平面的位置关系，意在考查学生的空间想象能力，难度不大.

6.正方体ABCDA1B1C1D1中,直线AC与BC1所成角的余弦值为（ ）

A. 3 2B. 2 2C.

1 2D. 0

【答案】C 【解析】 【分析】

作出相关图形，通过平行将异面直线所成角转化为共面直线所成角.

【详解】作出相关图形，由于AC//A1C1，所以直线AC与BC1所成角即为直线A1C1与BC1所成角，由于A1C1B为等边三角形，于是所成角余弦值为

1，故答案选C. 2

【点睛】本题主要考查异面直线所成角的余弦值，难度不大.

7.已知0x1,当A. 22 41取得最小值时x（ ） x1xB. 21

C.

4 5D.

2 3【答案】D 【解析】 【分析】

可用导函数解决最小值问题，即可得到答案.

41(x2)(3x2)41f(x)【详解】根据题意，令f(x)，则，而2x21x2x21xx1x当x(0,)时，f(x)0，当x(,1)时，f(x)0，则f(x)在x故选D.

【点睛】本题主要考查函数的最值问题，意在考查学生利用导数工具解决实际问题的能力，难度中等.

8.ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,ba2223232处取得极小值，312c,AB边上的中线长为2,则2ABC面积的最大值为（ ）

A. 2 【答案】D 【解析】 【分析】

作出图形，通过CDB+ADC=和余弦定理可计算出a2，于是利用均值不等式即可得到答案.

B. 22 C. 23 D. 4

c2c224+b4+b2c44【详解】根据题意可知ADBD，而cosADC=，同理

c22c222c24+a2，而CDB+ADC=，于是cosCDB+cosADC0，即4cosCDB2c12c2228+a2b20，又因为bac，代入解得a2.过D作DE垂直于AB于点E，

22因此E为中点，故BE1c，而 4SABC14BE2BE222AB4BE24BEBE24，故面积最大值为4，22答案为D.

【点睛】本题主要考查解三角形与基本不等式的相关综合，表示出三角形面积及使用均值不等式是解决本题的关键，意在考查学生的转化能力，计算能力，难度较大.

二、多选题:本题共2小题,每小题5分,共10分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。

9.如图,正方形ABCD中,E、F分别是AB、BC的中点将VADE,CDF,VBEF分别沿

DE、DF、EF折起,使A、B、C重合于点P.则下列结论正确的是（ ）

A. PDEF

B. 平面PDE平面PDF C. 二面角PEFD的余弦值为

1 3D. 点P在平面DEF上的投影是DEF的外心 【答案】ABC 【解析】 【分析】

对于A选项，只需取EF中点H，证明EF平面PDH；对于B选项，知PE,PF,PD三线两两垂直，可知正确；对于C选项，通过余弦定理计算可判断；对于D选项，由于PEPFPD，可判断正误.

【详解】对于A选项，作出图形，取EF中点H，连接PH，DH，又原图知BEF和DEF为等腰三角形，故PHEF,DHEF，所以EF平面PDH，所以PDEF，故A正确；

根据折起前后，可知PE,PF,PD三线两两垂直，于是可证平面PDE平面PDF，故B正确；根据A选项可知 PHD为二面角PEFD的平面角，设正方形边长为2，因此

PEPF1，PH2232，DH22，PDDF2PF22，由余弦定222PH2HD2PD21理得：cosPHD，故C正确；由于PEPFPD，故点P在

2PHHD3平面DEF上的投影不是DEF的外心，即D错误；故答案为ABC.

【点睛】本题主要考查异面直线垂直，面面垂直，二面角的计算，投影等相关概念，综合性强，意在考查学生的分析能力，计算能力及空间想象能力，难度较大.

10.古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现:“平面内到两个定点

A,B的距离之比为定值1的点的轨迹是圆”.后来,人们将这个圆以他的名字命名,称

为阿波罗尼斯圆,简称阿氏圆在平面直角坐标系xOy中,A2,0,B4,0,点

P满足PAPB1.设点P的轨迹为C,下列结论正确的是（ ） 22A. C的方程为x4y29

B. 在x轴上存在异于A,B的两定点D,E,使得

PDPE1 2C. 当A,B,P三点不共线时,射线PO是APB的平分线 D.

C上存在点M,使得MO2|MA|

【答案】BC 【解析】 【分析】

通过设出点P坐标，利用

PAPB1即可得到轨迹方程，找出两点D,E即可判断B的正误，设2出M点坐标，利用MO2|MA|与圆的方程表达式解出就存在，解不出就不存在.

【详解】设点Px,y，则

PAPB1=2x2y2x422y2，化简整理得xy8x0，即

22x4y16，故A错误；当D1,0,B2,0,时，

22PDPE1，故B正确；对于C选2AP2PO2AO2BP2PO2BO2项，cosAPO=，cosBPO=,要证PO为角平分线，

2APPO2BPPOAP2PO2AO2BP2PO2BO2只需证明cosAPO=cosBPO，即证，化简整2APPO2BPPO理即证PO22AP28，设Px,y，则POxy，

2222AP282x28x2y2x28xy2x2y2x2y2，则证

cosAPO=cosBPO，故C正确；对于D选项，设Mx0,y0,由MO2|MA|可得x02y02=x02222y02，整理得3x03y016x0+160，而点M在圆上，故满足

x2y28x0，联立解得x0=2，y0无实数解，于是D错误.故答案为BC.

【点睛】本题主要考查阿氏圆的相关应用，轨迹方程的求解，意在考查学生的转化能力，计算能力，难度较大.

三、填空题:本题共6小题,每小题5分,共30分。 11.不等式x2x10的解集是_________________

1515x【答案】x 22【解析】

分析】

可先求出一元二次方程的两根，即可得到不等式的解集. 【详解】由于x2x1=0的两根分别为：x1【21+515，x2，因此不等式

221515xxxx10的解集是.

22【点睛】本题主要考查一元二次不等式的求解，难度不大.

12.等比数列an满足a1a2【答案】

33,a4a5其公比q_________________ 2161 2【解析】 【分析】

观察式子，将两式相除即可得到答案.

a4a513=q，于是q1. 【详解】根据题意，可知

a1a282【点睛】本题主要考查等比数列公比的相关计算，难度很小.

13.直线l1过点(2,0)且倾斜角为30°,直线l2过点2,0且与l1垂直,则l1与l2的交点坐标为____

【答案】1,3 【解析】 【分析】

通过题意，求出两直线方程，联立方程即可得到交点坐标. 【详解】根据题意可知k1tan30o垂直，故k1?k233，因此直线l1为：y(x2)，由于直线l2与l133-1，所以k23，所以直线l2为：y3(x2)，联立两直线方程，

可得交点1,3.

【点睛】本题主要考查直线方程的相关计算，难度不大.



14.如图,货轮在海上以20n mile/h 的速度沿着方位角(从指北方向顺时针转到目标方向线的水平角)为150°的方向航行.为了确定船位,在点B观察灯塔A的方位角是120°,航行半小时后到达C点,观察灯塔A的方位角是75°,则货轮到达C点时与灯塔A的距离为______ n mile

【答案】52 【解析】 【分析】

通过方位角定义，求出ABC，A45o，利用正弦定理即可得到答案. 【

详

解

】

根

据

题

意

，

可

知

BC200.510,ABC150o120o30o,ACB30o75o105o，因此可得

A45o，由正弦定理得：

BCAC，求得AC52，即答案为52. sinAsinABC【点睛】本题主要考查正弦定理的实际应用，难度不大.

2215.若直线l:yxm上存在满足以下条件的点P:过点P作圆O:xy1的两条切线

(切点分别为A,B),四边形PAOB的面积等于3，则实数m的取值范围是_______

【答案】25,25

【解析】 分析】

通过画出图形，可计算出圆心到直线的最短距离，建立不等式即可得到m的取值范围. 【详解】作出图形，由题意可知PAOA，PBOB，此时，四边形PAOB即为2SPAO,

而SPAO13|PA||OA|，故|PA|3，勾股定理可知|PO|10，而要是得存在点P满22|m|10，所以|m|25，故m2足该条件，只需O到直线的距离不大于10即可，即d的取值范围是25,25.

【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，意在考查学生的转化能力，计算能力，分析能力，难度中等.

16.如图,圆锥型容器内盛有水,水深3dm,水面直径23dm放入一个铁球后,水恰好把铁球淹没,则该铁球体积为________dm

【答案】

12 5【解析】

【分析】

通过将图形转化为平面图形，然后利用放球前后体积等量关系求得球的体积.

【详解】作出相关图形，显然AH3,因此ACH30o，因此放球前

1V1=333=3，球O与边AC相切于点M，故OMr，则OC2r，所以CH2113r，

1A1H13r,所以放球后V2=3V球=12. 5243r3r=3r3，而V1+V球=V2，而V球=r3，解得

3

【点睛】本题主要考查圆锥体积与球体积的相关计算，建立体积等量关系是解决本题的关键，

意在考查学生的划归能力，计算能力和分析能力.

四、解答题:共70分。解答应写出文字说明证明过程或演算步骤。 17.已知数列an23nn前n项和为Sn,Sn.

2(1)证明:数列an是等差数列;

nan,求数列cn的前2020项和T2020. (2)设cn(1)?【答案】（1）见解析；（2）3030 【解析】 【分析】

（1）当n1时，可求出首项，当n2时，利用anSnSn1即可求出通项公式，进而证明是等差数列；

(2)可将奇数项和偶数项合并求和即可得到答案. 【详解】（1）当时，a1S11

3n2n3(n1)2(n1)当n2时，anSnSn13n2

22*综上，an3n2,nN.

因为anan1(3n2)[3(n1)2]3,所以an是等差数列.

n2，

nn（2）法一：cn(1)an(1)(3n2)，

cn的前2020项和为：

T2000a1a2a3a4La2019a2020 a2a1a4a3La2020a2019

33L3310103030

nn法二：cn(1)an(1)(3n2)，

cn的前2020项和为：

T2000a1a2a3a4La2019a2020

a1a3a5La2019a2a4a6La2020

1010100910101009101016101046

2210101101043030.

【点睛】本题主要考查等差数列的证明，分组求和的相关计算，意在考查学生的分析能力和计算能力，难度中等.

18.已知函数f(x)12x(m2)x(mR) 2(1)若关于x的不等式f(x)4的解集为2,4,求m的值;

0恒成立,求m的取值范围. (2)若对任意x[0,4],f(x)2…【答案】（1）m1；（2）[0,) 【解析】 【分析】

2(1) 不等式fx4可化为x(42m)x80，而解集为2,4，可利用韦达定理或直

接代入即可得到答案；

（2）法一：讨论x0和x(0,4]时，分离参数利用均值不等式即可得到取值范围； 法二：利用二次函数在x[0,4]上大于等于0恒成立，即可得到取值范围.

2【详解】（1）法一：不等式fx4可化为x(42m)x80，其解集为2,4，

由根与系数的关系可知2442m， 解得m1，经检验m1时满足题意.

法二：由题意知，原不等式所对应的方程fx4的两个实数根为2和4， 将2（或4）代入方程计算可得m1，经检验m1时满足题意. （2）法一：由题意可知(2m)x212x恒成立， 2①若x0，则02恒成立，符合题意。 ②若x(0,4]，则(2m)121212x恒成立，而x2x2， 2x2x2x当且仅当x2时取等号，所以2m故实数m的取值范围为[0,). 法二：二次函数f(x)21x2，即m0.

xmin212x(m2)x的对称轴为x2m. 2① 若2m0，即m2，函数fx在0,4上单调递增，f(x)2f(0)220恒成立， 故m2；

②若02m4，即2m2，此时fx在0,2m上单调递减，在2m,4上单调递增，

(2m)2由f(x)2f(2m)2(2m)220得0m4.

2故0m2；

③若2m4，即m2，此时函数fx在0,4上单调递减， 由f(x)2f(4)2故m不存在.

综上所述，实数m的取值范围为[0,).

【点睛】本题主要考查一元二次不等式的性质，不等式恒成立中含参问题，意在考查学生的分析能力，计算能力及转化能力，难度较大.

19.平面四边形ABCD中,AB23,ACB60.

1116(m2)424m20得m，与m2矛盾，22

(1)若AC22,求BC;

(2)设ACD,ADC,若ADcosACcos,60,求VACD面积的最大值.

【答案】（1）BC【解析】 【分析】

(1) 法一：在△ABC中，利用余弦定理即可得到BC的长度；

法二：在△ABC中，由正弦定理可求得ABC，再利用正弦定理即可得到BC的长度；

（2）在VACD中，使用正弦定理可知VACD是等边三角形或直角三角形，分两种情况分别

（2）83 26；

找出面积表达式计算最大值即可.

【详解】（1）法一：△ABC中，由余弦定理得AB2AC2BC22ACBCcosACB，即(23)(22)BC222BCcos解得BC所以BC2223，

26或26,26.

260舍去，

2322ABAC法二：△ABC中，由正弦定理得，即sinABC.

sinsinACBsinABC3解得sinABC2,QACAB,ABCACB，故ABC，

42CAB345. 1223BCABBC由正弦定理得，即5，解得BC26. sinsinsinACBsinCAB312（2）VACD中，由正弦定理及ADcosACcos，可得sincossincos，即

11sin2sin2,22或22，即或.

222Q3,△ACD是等边三角形或直角三角形.

23AC,AC4sin. sin△ABC中，设ABC，由正弦定理得若VACD是等边三角形，则

sin3S△ACD113ACADsinCAD4sin4sin43sin2. 22223∵0,,当时，VACD面积的最大值为43； 211ACAD4sin43sin83sin2. 22若VACD是直角三角形，则SACD2Q0,3,当时，VACD面积的最大值为83； 2综上所述，VACD面积的最大值为83. 【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理，面积公式，三角函数最值的相关应用，综合性强，意在考查学生的计算能力，转化能力，分析三角形的形状并讨论是解决本题的关键.

20.如图,直三棱柱ABCA1B1C1中,ABAC,AB1,AC2,AA12,D,E分别为

BC,A1C1的中点.

(1)证明:C1D//平面ABE;

(2)求CC1与平面ABE所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析；（2）【解析】 【分析】

(1)法一：要证C1D∥平面ABE，只需证明DC1∥HE即可，通过构造平行四边形可证之； 法二：可先证平面C1KD∥平面ABE，利用面面平行的性质即可得到C1D∥平面ABE; （2）法一：由于CC1∥AA1,5 5A1AE即为CC1与平面ABE所成的角，利用数据求之；

d即AA1法二：（等积法）利用等积法计算出A1到平面ABE的距离，从而要求的答案为：sin可.

EC1∥【详解】（1）法一：取AB中点H，连接EH,HD，在直三棱柱ABCA1B1C1中，

1AC. 2∵D为BC中点，H为AB中点，∴HD∥AC,12HD∥EC1，

∴四边形DHEC1为平行四边形，∴DC1∥HE.∵EH平面ABE，C1DÚ平面ABE， ∴C1D∥平面ABE.

法二：取AC中点K，连结C1K,KD，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC∥. 11AC∵E为A1C1中点，K为AC中点，∴EC1∥AK， ∴四边形AKC1E为平行四边形，∴AE∥C1K.

又C1K平面ABE，AE平面ABE，∴C1K∥平面ABE. ∵K,D分别为AC,BC中点，∴DK∥AB.

又DK平面ABE，ABÌ平面ABE，∴DK∥平面ABE.

12QC1KIDKK,平面C1KD∥平面ABE.QC1D平面C1KD,C1D∥平面ABE.

（2）法一：直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，∴AA1AB. 又∵ABAC，且AC∩AA1A，∴AB平面ACC1A1. 过A1作A1FAE于F.∵A1F平面ACC1A1，∴ABA1F. 又AB∩AEA,A1F平面ABE.

又CC1∥AA1,A1AE即为CC1与平面ABE所成的角.

QAA12,A1E1,AE5,sinA1AE15. 55

CC1与平面ABE所成的角相等. 法二：（等积法）QCC1∥AA1,AA1、连结A1B，直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，∴AA1AB. 又QABAC,ACAA1A,AB平面ACC1A1.

1111VBA1AES△A1AEAB121，AEAA12A1E222125. 3323设A1到平面ABE的距离为d，VAABE11115S△ABEd15dd. 3326∵VAABE1215d. VBA1AE,d，即

536设CC1与平面ABE所成的角为，sind5. AA15

【点睛】本题主要考查线面平行，线面角所成正弦值的相关计算，意在考查学生的空间想象能力，分析能力，转化能力，计算能力.

21.已知圆M:(x4)(y5)4,圆N与圆M关于直线l:xy20对称. (1)求圆N的方程;

22(2)过直线l上的点P分别作斜率为4,4的两条直线l1,l2,使得被圆M截得的弦长与l2被圆

N截得的弦长相等.

(i)求P的坐标;

(ⅱ)过P任作两条互相垂直的直线分别与两圆相交,判断所得弦长是否恒相等,并说明理由. 【答案】（1）N:(x3)(y2)4；（2）（i）P3,5,（ii）见解析

22【解析】 【分析】

(1)根据题意，将问题转化为M4,5关于直线l:xy20的对称点即可得到N，半径不变，从而得到方程；

(2) (i) 设P(m,2m)，由于弦长和距离都相等，故P到两直线的距离也相等，利用点到线距离公式即可得到答案；

(ⅱ)分别讨论斜率不存在和为0三种情况分别计算对应弦长，故可判断.

【详解】（1）设Na,b，因为圆M与圆N关于直线l:xy20对称，M4,5，

b51,a4则直线MN与直线l垂直，MN中点在直线l上，得

a4b520,22a3,22解得所以圆N:(x3)(y2)4.

b2.（2）（i）设P(m,2m),l1的方程为y(2m)1(xm)，即x4y(3m8)0； 4l2的方程为y(2m)4(xm)，即4xy(25m)0.

因为l1被圆M截得的弦长与l2被圆N截得的弦长相等，且两圆半径相等， 所以M到l1的距离与N到l2的距离相等，即所以m4或m3. 由题意，M到直线l1的距离d|163m|142|85m|142，

|163m|1621716217， 2m3317所以m4不满足题意，舍去，

故m3，点P坐标为3,5.

（ii）过点P任作互相垂直的两条直线分别与两圆相交，所得弦长恒相等. 证明如下：

当l1的斜率等于0时，l2的斜率不存在，l1被圆M截得的弦长与l2被圆N截得的弦长都等于圆的半径；

当l1的斜率不存在，l2的斜率等于0时，l1与圆M不相交，l2与圆N不相交. 当l1、l2的斜率存在且都不等于0，两条直线分别与两圆相交时，设l1、l2的方程分别为

1y5(x3),k因为M到l1的距离d1y5k(x3)，即xky(35k)0,kxy(3k5)0. |45k(35k)|1k271k271k2，

N到l2的距离d2等.

|3k2(3k5)|1k2，所以M到l1的距离与N到l2的距离相

所以圆M与圆N的半径相等，所以l1被圆M截得的弦长与l2被圆N截得的弦长恒相等. 综上所述，过点P任作互相垂直的两条直线分别与两圆相交，所得弦长恒相等.

【点睛】本题主要考查点的对称问题，直线与圆的位置关系，计算量较大，意在考查学生的转化能力，计算能力，难度中等.

22.数学的发展推动着科技的进步,正是基于线性代数、群论等数学知识的极化码原理的应用,华为的5G技术领先世界.目前某区域市场中5G智能终端产品的制造由H公司及G公司提供技术支持据市场调研预测,5C商用初期,该区域市场中采用H公司与G公司技术的智能终端产品分别占比a055%及b045%假设两家公司的技术更新周期一致,且随着技术优势的体现每次技术更新后,上一周期采用G公司技术的产品中有20%转而采用H公司技术,采用H公司技术的仅有5%转而采用G公司技术设第n次技术更新后,该区域市场中采用H公司与G公司技术的智能终端产品占比分别为an及bn,不考虑其它因素的影响. (1)用an表示an1,并求实数使an是等比数列;

(2)经过若干次技术更新后该区域市场采用H公司技术的智能终端产品占比能否达到75%以上?

若能,至少需要经过几次技术更新;若不能,说明理由？(参考数据:lg20.301,lg30.477) 【答案】（1）an1【解析】 【分析】

(1) 根据题意经过n次技术更新后anbn1，通过整理得到an1是等比数列，求出

34an，；（2）见解析 44531an，构造an454

，得证； 5

(2)由（1）可求出通项，令an75%，通过相关计算即可求出n的最小值，从而得到答案. 【详解】（1）由题意，可设5G商用初期，该区域市场中采用H公司与G公司技术的智能终端产品的占比分别为

119,b045%.易知经过n次技术更新后anbn1， 20201913131an1anan，an1an(nN)L① 则an1(15%)an20%bn20545453314由①式，可设an1anan1an，对比①式可知.

4444553131114944943,a1. 又a1a045420580580516a055%从而当

4343时，an是以为首项，为公比的等比数列.

55164n1433（2）由（1）可知an516413，所以经过n次技术更形后，该区域市

44nn413场采用H公司技术的智能终端产品占比an.由题意，令an75%，得

54441333131nlglg 54444545nnnlg5lg51lg210.301

lg32lg22lg2lg32lg2lg320.3010.4770.6990.69985.5925. 0.125故n6，即至少经过6次技术更新，该区域市场采用H公司技术的智能终端产品占比能达到75%以上.

【点睛】本题主要考查数列的实际应用，等比数列的证明，数列与不等式的相关计算，综合性强，意在考查学生的阅读理解能力，转化能力，分析能力，计算能力，难度较大.