2020学年 湖北省武汉市华师一附中 高一下学期期末数学试题(解析版)

一、单选题

1．在ABC中，cosAA．直角三角形 【答案】A

【解析】在ABC中，由cosA化为sinsinB，则ABC的形状为（ ） sinCC．钝角三角形

D．正三角形

B．等腰三角形

sinB，变形为sinBcosAsinC，再利用内角和转sinCACcosAsinC，通过两角和的正弦展开判断.

sinB， sinC【详解】

在ABC中，因为cosA所以sinBcosAsinC， 所以sinACcosAsinC，

2所以sinAcosC0， 所以C，

所以ABC直角三角形. 故选：A 【点睛】

本题主要考查了利用三角恒等变换判断三角形的形状，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

2．预测人口的变化趋势有多种方法，“直接推算法”使用的公式是 PnP01k（kn，Pn为预测人口数，P0为初期人口数，k为预测期内年增长率，n为预测期间1）

隔年数．如果在某一时期有1kA．呈下降趋势 【答案】A

0，那么在这期间人口数

C．摆动变化

D．不变

B．呈上升趋势

【解析】可以通过Pn与P0之间的大小关系进行判断． 【详解】 当1k01k1， 0时，01k1，nn所以P，呈下降趋势． nP01kP0第 1 页 共 23 页

【点睛】

判断变化率可以通过比较初始值与变化之后的数值之间的大小来判断． 3．若ab0,cd0,则一定有（ ） A．

ab cdB．

ab cdC．

ab dcD．

ab dc【答案】D

【解析】本题主要考查不等关系．已知ab0,cd0,所以110，所以dc

abab，故．故选D dcdc4．把一个已知圆锥截成个圆台和一个小圆锥，已知圆台的上、下底面半径之比为1:3，母线长为6cm，则己知圆锥的母线长为（ ）cm. A．8 【答案】B

【解析】设圆锥的母线长为l，根据圆锥的轴截面三角形的相似性，通过圆台的上、下底面半径之比为1:3来求解. 【详解】

设圆锥的母线长为l，

因为圆台的上、下底面半径之比为1:3， 所以l6:l解得lB．9

C．10

D．12

1:3，

9.

故选：B 【点睛】

本题主要考查了旋转体轴截面中的比例关系，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 5．如图是棱长为a的正方体的平面展开图，则在这个正方体中直线MN, EF所成角的大小为（ ）

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A．

 6B．

 4C．

 3D．

 2【答案】C

【解析】根据异面直线所成的角的定义，先作其中一条的平行线，作出异面直线所成的角，然后求解. 【详解】 如图所示：

在正方体中，MN//EG，

所以FEG直线MN, EF所成角， 由正方体的性质，知EFEGFG， 所以FEG故选：C 【点睛】

本题主要考查了异面直线所成的角，还考查了推理论证的能力，属于基础题. 6．设l为直线，，是两个不同的平面，下列说法中正确的是（ ）

3.

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A．若l,l，则∥

B．若∥,l∥，则l∥ C．若l,l，则

D．若,l【答案】C

，则l

【解析】画出长方体，按照选项的内容在长方体中找到相应的情况，即可得到答案 【详解】

对于选项A，在长方体中，任何一条棱都和它相对的两个平面平行，但这两个平面相交，所以A不正确；

对于选项B，若，分别是长方体的上、下底面，在下底面所在平面中任选一条直线l，都有l，但l，所以B不正确；

对于选项D，在长方体中，令下底面为，左边侧面为，此时，在右边侧面中取一条对角线l，则l，但l与不垂直，所以D不正确；

，因为l∥，所以l对于选项C，设平面m，且lm，又l，所以m，

又m，所以，所以C正确. 【点睛】

本题考查直线与平面的位置关系，属于简单题 7．将正整数1,2,3,4,,n,按第k组含k1个数分组：

1,2,3,4,5,6,7,8,9,D．65

,那么2019所在的组数为（ ） A．62 【答案】B

【解析】观察规律，看每一组的最后一个数与组数的关系，可知第n组最后一个数是2+3+4+…..+n+1=【详解】

观察规律，第一组最后一个数是2=2， 第二组最后一个数是5=2+3，

第三组最后一个数是9=2+3+4，……，

B．63

C．64

nn3，然后再验证求解.

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依此，第n组最后一个数是2+3+4+…..+n+1=

nn3.

2当n62时，故选：B 【点睛】

nn32015，所以2019所在的组数为63. 2本题主要考查了数列的递推，还考查了推理论证的能力，属于中档题. 8．已知下列各命题：

①两两相交且不共点的三条直线确定一个平面：

②若真线a不平行于平面a，则直线a与平面a有公共点：

③若两个平面垂直，则一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面的无数条直线： ④若两个二面角的两个面分别对应垂直，则这两个二面角相等或互补. 则其中正确的命题共有（ ）个 A．4 【答案】B

【解析】①利用平面的基本性质判断.②利用直线与平面的位置关系判断.③由面面垂直的性质定理判断.④通过举反例来判断. 【详解】

①两两相交且不共点，形成三个不共线的点，确定一个平面，故正确.

②若真线a不平行于平面a，则直线a与平面a相交或在平面内，所以有公共点，故正确. ③若两个平面垂直，则一个平面内，若垂直交线的直线则垂直另一个平面，垂直另一平面内所有直线，若不垂直与交线，也与另一平面内垂直交线的直线及其平行线垂直，也有无数条，故正确.

④若两个二面角的两个面分别对应垂直，则这两个二面角关系不确定，如图：

B．3

C．2

D．1

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在正方体ABCD-A1B1C1D1中，二面角D-AA1-F与二面角D1-DC-A的两个半平面就是分别对应垂直的，但是这两个二面角既不相等，也不互补．故错误.. 故选：B 【点睛】

本题主要考查了点、线、面的位置关系，还考查了推理论证和理解辨析的能力，属于基础题. 9．长方体共顶点的三个相邻面面积分别为2,3,6，这个长方体的顶点在同一个球面上，则这个球的表面积为（ ） A．6 【答案】A

B．8

C．12

D．24

ab2【解析】设长方体的棱长为a,b,c，球的半径为r，根据题意有ac3，再根据球的直

bc6径是长方体的体对角线求解. 【详解】

设长方体的棱长为a,b,c，球的半径为r，

ab2根据题意，ac3，

bc6a212解得c3，

b22所以r126， ab2c222所以外接球的表面积s4r26， 故选：A 【点睛】

本题主要考查了球的组合体问题，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 10．边长为2的正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，将

ED,DCF分别沿DE,DF折起，使A,C两点重合于A1，则直线A1D与平面DEF所

成角的正弦值为（ ）

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A．

2 4B．

22 3C．3 3D．

1 3【答案】D

【解析】在正方形中连接BD，交EF于点G，根据正方形的性质，EFDG

在折叠图中DA平面AEF，得到DAEF，从而EF平面ABG，面ADG平面DEF，则GD是AD在平面DEF上的射影，找到直线与平面所所成的角.然后在直角三角ADG中求解. 【详解】 如图所示：

在正方形中连接BD，交EF于点G， 在折叠图，连接AG，

因为DAAE,DAAF,AEAFA， 所以DA平面AEF， 所以DAEF， 又因为EFDG，

所以EF平面ABG， 又因为EF平面DEF，

所以ADG平面DEF，

则GD是AD在平面DEF上的射影， 所以ADG即为所求. 因为AGBG322 AD2,DGAD2AG222sinADG故选：D 【点睛】

AG1 DG3本题主要考查了折叠图问题，还考查了推理论证和空间想象的能力，属于中档题.

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11．三棱锥ABCD的高AH33，若ABAC，二面角A BCD为，G为

3ABC的重心，则HG的长为（ ）

A．5 【答案】C

【解析】根据AB=AC，取BC的中点E，连结AE，得到AE⊥BC，再由由AH⊥平面BCD，得到EH⊥BC.，所以∠GEH是二面角的平面角，然后在△GHE中，利用余弦定理求解. B．6

C．7

D．10

【详解】 :如图所示：

取BC的中点E，连结AE，

∵AB=AC，∴AE⊥BC，且点G在中线AE上，连结HE. ∵AH⊥平面BCD，∴EH⊥BC.∴∠GEH=60°. 在Rt△AHE中，∵∠AEH=60°，AH=33 ∴EH=AHtan30°=3，

AE=6，GE=

13AE=2 由余弦定理得HG2=9+4-2×3×2cos60°=7. ∴HG=7 故选：C 【点睛】

本题主要考查了二面角问题，还考查了空间想象和推理论证的能力，属于中档题.

12．己知ABC的周长为20，内切圆的半径为3，BC7， 则tanA的值为（ 第 8 页 共 23 页

）

A．

3 3B．1 C．3 D．2

【答案】C

【解析】根据ABC的周长为20，内切圆的半径为3，求得SABCSABC11ABBCACr203103，再利用正弦定理221203，然后代入余弦定理ABACsinA103，得到ABAC2sinABC2AB2AC22ABACcosA，化简得到3sinAcosA1求解.

【详解】

因为ABC的周长为20，内切圆的半径为3， 所以SABC又因为SABC11ABBCACr203103， 221ABACsinA103， 2203. sinA所以ABAC由余弦定理得：BC2AB2AC22ABACcosA，

ABAC2ABAC1cosA，

所以49169222031cosA ， sinA所以3sinAcosA1，

1即sinA，

62因为A为内角， 所以A66,A3，

所以tanA故选：C 【点睛】

3. 本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

二、填空题

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13．在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点，若存在实数x,y,z，使向量BM【答案】

xAByADzAA1，则x2y3z__________．

7 2【解析】在平行六面体中把向量用BM用AB,AD,AA表示，再利用待定系数法，求得1x,y,z.再求解。

【详解】 如图所示：

因为BMBB1B1MAA1111A1D1A1B1AA1ADAB， 222又因为BM所以xxAByADzAA1，

11,y,z1， 227所以x2y3z.

27故答案为：

2【点睛】

本题主要考查了空间向量的基本定理，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

14．在ABC中，已知AB，则下列四个不等式中，正确的不等式的序号为 ____________ ①sinAsinB ②sinAsinB ③cosAcosB④ 【答案】②③

【解析】根据AB，分当A(0,cosAcosB

]和A,两种情况分类讨论，每一类中利用22第 10 页 共 23 页

正、余弦函数的单调性判断，特别注意，当A【详解】 当A(0,,时，AB. 2]时，ysinx在(0,]上是增函数， 22因为AB，所以sinAsinB， 因为

ycosx在(0,]上是减函数，且AB，

2所以cosAcosB， 当A,时，且AB， 2π,π上是减函数， 2因为ysinx在所以sinAsinBsinB，

而cosA0,cosB0， 所以cosAcosB. 故答案为：②③ 【点睛】

本题主要考查了正弦函数与余弦函数的单调性在三角形中的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

15．正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1各棱长均为1，则一动点从A出发沿表面移动到

D1时的最短路程为__________．

【答案】523 【解析】根据可能走的路径，将所给的正六棱柱展开，利用平面几何知识求解比较. 【详解】

将所给的正六棱柱下图(2)表面按图(1)展开.

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AD132110，AD1A1E12E1D1213212523，

AD1AD1 ，

故从A沿正侧面和上表面到D 1 的路程最短为523 故答案为：. 【点睛】

本题主要考查了空间几何体展形图的应用，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.

16．设Sn为数列{an}的前n项和，Sn523 (1)nan1,nN,则2nS1S2S3...S100__

【答案】

11(1001) 3211a1；当n2时， 24【解析】【详解】 当n1时，a1a1anSnSn1111(1)nann(1)n1an1n1，即22212nan(1)nan(1)nan1若n 为偶数，则an1，

12nan12n1(n为奇数）； n121111)a(n是偶数），故． n2n12n2n12n若n 为奇数，则an12an(2)(因为a1111a1，a22， 44221， 22111aa2,aa2，，， 569910024262100所以a1a2同理可得a3a42所以

S1S2S1001111(150)(1100)111111114222(100)(100)24(1001)114162243221142第 12 页 共 23 页

， 应选答案

11(1001)． 32点睛：本题运用演绎推理的思维方法，分别探求出数列各项的规律（成等比数列），再运用等比数列的求和公式，使得问题简捷、巧妙获解．

三、解答题

17．在ABC中，a,b,c分别为内角A,B,C的对边，且

2asinA2bcsinB2cbsinC

（1）求A的大小： （2）若a23,B4，求ABC的面积S.

【答案】（1）

（2）33 3【解析】（1）根据正弦定理将2asinA2bcsinB2cbsinC，角化为边得

2a22bcb2cbc，即b2c2a2bc，再由余弦定理求解

23b（2）根据a23,B，由正弦定理32，求边b，又

422sinCsinABsinAcosBcosAsinB，然后代入公式S【详解】

（1）因为2asinA由正弦定理得：2a21absinC求解. 22bcsinB2cbsinC，

2bcb2cbc，

即b2c2a2bc，

b2c2a21cosA，

2bc2又A0,，

3.

A（2）因为a23,B4

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23b,b22由正弦定理得3， 222又sinCsinABsinAcosBcosAsinB1absinC33. 262， 4所以S【点睛】

本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 18．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a,点E,F分别是棱B1C1,C1D1的中点 （1）证明：四边形BDFE是一个梯形： （2）求几何体BCDEC1F的表面积和体积

137a3【答案】（1）证明见解析（2）表面积为 a，体积为

424【解析】（1）在正方体中，根据E,F分别是棱B1C1,C1D1的中点，由中位线得到EF//B1D1且EF

（2）几何体BCDEC1F的表面积，上下底是直角三角形，三个侧面，有两个是全等的直角梯形，另一个是等腰梯形求解，体积按照棱台体积公式求解. 【详解】 （1）如图所示：

1B1D1，又由BD//B1D1，根据公理4平行关系的传递性得证. 2第 14 页 共 23 页

在正方体中，因为E,F分别是棱B1C1,C1D1的中点， 所以EF//B1D1且EF又因为BD//B1D1， 所以EF//BD且EF1B1D1， 21BD， 2所以四边形BDFE是一个梯形.

（2）几何体BCDEC1F的表面积为：

3211111112132aaaaaaaa2aaa. 22222222441111111117a3aaaaaaaa体积为：a24. 322222222【点睛】

本题主要考查几何体中的截面问题，还考查了空间想象，抽象概括，推理论证的能力，属于中档题.

19．某公司为了变废为宝，节约资源，新上了一个从生活垃圾中提炼生物柴油的项目．经测算该项目月处理成本y（元）与月处理量x（吨）之间的函数关系可以近似地表示为：

132x80x5040x,x[120,144)3y，且每处理一吨生活垃圾，可得到能利用的生

1x2200x80000,x[144,500)2第 15 页 共 23 页

物柴油价值为200元，若该项目不获利，政府将给予补贴．

（1）当x[200,300]时，判断该项目能否获利？如果获利，求出最大利润；如果不获利，则政府每月至少需要补贴多少元才能使该项目不亏损？

（2）该项目每月处理量为多少吨时，才能使每吨的平均处理成本最低？

【答案】（1）不能获利，政府每月至少补贴5000元；（2）每月处理量为400吨时，平均成本最低.

【解析】（1）利用：（生物的柴油总价值）（对应段的月处理成本）利润，根据利润的正负以及大小来判断是否需要补贴，以及补贴多少；（2）考虑：（月处理成本）（月处理量）每吨的平均处理成本，即为【详解】

（1）当x[200,300)时，该项目获利为S，则

yy，计算的最小值，注意分段. xx121S200xx2200x80000x400

22∴当x[200,300)时，S0，因此，该项目不会获利

当x300时，S取得最大值5000，

所以政府每月至少需要补贴5000元才能使该项目不亏损； （2）由题意可知，生活垃圾每吨的平均处理成本为：

12x80x5040y380000x1x200x2当x[120,144)时，所以当x120时，

x[120,144)

x[144,500)y1212x80x5040x120240 x33y取得最小值240； x当x[144,500)时，

y180000x80000x2002400200200 x2x2x当且仅当

x80000y，即x400时，取得最小值200 2xx因为240200，所以当每月处理量为400吨时，才能使每吨的平均处理成本最低． 【点睛】

本题考查分段函数模型的实际运用，难度一般.（1）实际问题在求解的时候注意定义域问题；（2）利用基本不等式求解最值的时候，注意说明取等号的条件.

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20．如图，已知平面A1B1C1平行于三棱锥VABC的底面ABC，等边AB1C所在的平面与底面ABC垂直，且ACB2，设AC2,BC1

B1C1AB1且B1C1A1C1； （1）求证： （2）求二面角AVBC的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（1）

1 4【解析】（1）由平面A1B1C1∥平面4BC，根据面面平行的性质定理，可得B1C1//BC，

A1C1//AC，再由BCAC，得到B1C1A1C1.由平面AB1C平面4BC，根据面面

垂直的性质定理可得BC⊥平面AB1C，从而有B1C1AB1. （2）过

A作ADB1C于D，根据题意有4D平面VBC，过D作HDVB于H，

VB，所以AHD是二面角AVBC的平面角.然后

连结AH，由三垂线定理知AH在在RtBB1C中，在RtBB1C中，利用三角形相似求得DH再在RtAHD求解. 【详解】

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（1）证明：∵平面A1B1C1∥平面4BC， ∴B1C1//BC，A1C1//AC， ∵BCAC，

B1C1A1C1，

又∵平面AB1C平面4BC，平面AB1C平面ABCAC，

∴BC⊥平面AB1C，

B1C1平面AB1C，

∴B1C1AB1. （2）过

A作ADB1C于D，

∵AB1C为正三角形， ∴D为B1C中点， ∵BC⊥平面AB,C ∴BCAD

B1CC，

又∵BC∴4D平面VBC.

在等边三角形AB1C中，AD3AC3， 2过D作HDVB于H，连结AH， 由三垂线定理知AHVB，

∴AHD是二面角AVBC的平面角.

DHB1D在RtBB1C中，B1DH～B1BC，， BCB1B∴DHB1DBC545，AHAD2DH2， B1B55DH1. AH4∴cosAHD【点睛】

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本题主要考查几何体中面面平行的性质定理和面面垂直的性质定理及二角面角问题，还考查了空间想象，抽象概括，推理论证的能力，属于中档题.

21．在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面边长为1，侧棱长为2. （1）求证：平面ACD1平面BB1D1D； （2）求直线AA1与平面ACD1所成的角的正弦值；

（3）设H为截面ACD1内-点（不包括边界），求H到面ADD1A1，面DCC1D1，面ABCD的距离平方和的最小值. 【答案】（1）证明见解析；（2）

143（3） 153【解析】（1）利用在正方体的几何性质，得到ACBD,ACDD1，通过线面垂直和面面垂直的判定定理证明.

（2）根据AA1//DD1和平面ACD1平面BB1D1D，知D1O是D1D在平面ACD1上的射影，DD1O即为直线AA1与平面ACD1所成的角，然后在DD1O中求解.

（3）如图所示从H向面ADD1A1，面DCC1D1，面ABCD引垂线，构成一个长方体，设到面ADD1A1，面DCC1D1，面ABCD的距离分别为x，y，z，dxyz，即长方体体对角线长的平方，当且仅当DH等体积法求解. 【详解】 （1）如图所示：

222平面ACD1时，dxyz最小，然后用

222第 19 页 共 23 页

在正方体中ACBD,ACDD1且BD所以AC平面BB1D1D ， 又因为AC平面ACD1， 所以平面ACD1平面BB1D1D. （2）因为AA1//DD1，

由（1）知平面ACD1平面BB1D1D， 所以D1O是D1D在平面ACD1上的射影，

DD1D，

所以DD1O即为直线AA1与平面ACD1所成的角， 在DD1O中DO232， ，DD12,D1O22所以sinDD1O1. 3（3）如图所示从H向面ADD1A1，面DCC1D1，面ABCD引垂线，

构成一个长方体，设到面ADD1A1，面DCC1D1，面ABCD的距离分别为x，y，z，

dx2y2z2，即长方体体对角线长的平方，

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当且仅当DH222平面ACD1时，dxyz最小，

又因为VDACD1VD1ACD， 即

11SACD1dminSACDDD1， 3311SACD1dminSACDDD1， 3343. 15dmin【点睛】

本题主要考查几何体中线面垂直，面面垂直的判定定理和线面角及距离问题，还考查了空间想象，抽象概括，推理论证的能力，属于中档题. 22．设数列数列

an的前n项和为Sn，满足n1an1nan2nN*，且a6S3，

bn满足，对任意的nN*，且n2,Sn1bn,Snbn,Sn1bn成等比数列，其中

b12.

（1）求数列

an,bn的通项公式

annN*，证明：当nN*且n2时，2bn1cn2（2）记cn2n5116c1c2c36n11nN*

【答案】（1）an2n.；bnnn1.（2）证明见解析.

2nN*，

【解析】（1）当n2时，由n1an1nann2ann1an12

两式相减得2anan1an1，用等差中项确定

an是等差数列再求通项公式.令

anan12nn1，从而得到dTnSnbn,Sn1bnTnan,Sn1bnTnan1，根据

n2,Sn1bn,Snbn,Sn1bn成等比数列，求得TnbnTnSnnn1

（2）由（1）知cnan2bn1nn1n2根据证明的结构使用放缩法，得到第 21 页 共 23 页

2n5n4cn2n1n，再相消法求和.

【详解】

（1）当n2时，由n1an1nan得n2ann1an12， 两式相减得2anan1an1， 当n1时，a12， 所以

2nN*，

an是等差数列.

又因为a6S3，

所以a15d3a13d， 所以a1d2， 所以an2n.

Snnn1.

令TnSnbn,Sn1bnTnan,Sn1bnTnan1， 因为n2,Sn1bn,Snbn,Sn1bn成等比数列， 所以TnTnanTnan1，

2所以Tnanan12nn1， d所以bnTnSnnn1， 又因为b12.， 所以bnnn1.

an2bn1n（2）由（1）知cnn1n2，

因为nn1nnn1nn1n2n2n12n1nn1n2，

n1n所以cn22n1nn1n，

第 22 页 共 23 页

c1c2c3. 同理cn22132...n1n2n11nN*nn4n5nn4n5nn1n2n1n22n1n2 n4n5n4n5所以cn所以

n1n222n4n5n5n4

c1c2c3cn6267687...n5n42n51166.所以当nN*且n2时，

2n5【点睛】

116c1c2c36cn2n11nN*

本题主要考查了数列递推关系和等比数列的性质，放缩法证明数列不等式问题，属于难题.

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