精品解析：新疆岳普湖县中等职业技术学校2020-2021学年高一下学期期末数学试题

岳普湖县中等职业技术学校2020-2021学年高一下学期期末考试卷 （数学） 第I卷（选择题） 一、单选题（本题共12小题，每小题3分，共36分） 1. 双曲线的焦点坐标是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据双曲线方程求出值即可得解. 【详解】双曲线，则，且焦点在轴上， 所以，所以焦点坐标为， 故选：. 2. △ABC为锐角三角形，若角θ的终边过点P（sinA﹣cosB，cosA﹣sinC），则y= 的值为（　　） A. 1 B. ﹣1 C. 3 D. ﹣3 【答案】B 【解析】 【分析】锐角三角形的三角函数值均大于0，再判断点P的横纵坐标与0的大小关系即可判断出的三角函数的正负情况. 【详解】因为为锐角三角形，所以， 所以，P的横坐标大于0， 同理可得，，P的纵坐标小于0， 故，，， 原式可化简为 故选:B. 3. 我国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中，把底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”，今有“阳马”，平面，，，分别为棱，的中点，以下四个结论： ①平面；②平面； ③平面平面：④平面平面. 其中正确的是（ ） A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④ 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面垂直的判断定理以及面面垂直的判定定理证明选项即可. 【详解】由平面，平面，可得， 又，E为PB的中点，可得， 由为的中位线，可得， 而与不垂直，即与不垂直， 且与不垂直，所以平面不成立，故①错误； 因为底面为矩形，且，所以， 又因为平面，平面，所以， 又因为，平面， 所以平面，又因， 所以平面，故②正确； 由，，F为的中点，可得， 因为平面，平面， 所以，又，，平面， 可得平面， 而平面，所以， 又因为，又，平面， 则平面， 而平面AEF，则平面平面，故③错误，④正确. 故选：D. 4. 在平面直角坐标系中，角以为始边，它的终边与以原点为圆心的单位圆的交点为，则（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数的定义和诱导公式即可求得. 【详解】由题意，角的终边与以原点为圆心的单位圆的交点为, 根据三角函数的定义，可得，由诱导公式，可得. 故选：A. 5. 已知向量，，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量运算的坐标表示求得正确答案. 【详解】. 故选：A 6. 向量，，若与平行，则等于（ ） A B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算和向量平行的充要条件即可解得 【详解】由题， 则，， 又知与平行， 则，解得. 故选：D. 7. 已知角α的终边经过点，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据终边上点的坐标求解三角函数值即可. 【详解】因为角的终边经过点, 所以， 所以. 故选：A. 8. 若实数满足，是的最小值是（　　） A. B. 6 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据基本不等式求最值即可. 【详解】已知，且， 所以， 当且仅当时，等式成立， 所以的最小值是， 故选：C 9. 已知等比数列满足，则（ ） A. 243 B. 128 C. 81 D. 64 【答案】D 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式即可求解. 【详解】已知等比数列，， 则，则，故， 则. 故选：D. 10. 若数列的前 项分别是 、 、 、 ，则此数列一个通项公式为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据符号，分子、分母与项数之间的关系可求解. 【详解】根据符号可发现奇数项为负数，偶数项为正数，故可用表示，由形式可发现分子都为1，分母比项数n大， 故通项公式为. 故选：A 11. 已知 ，，，则（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用二倍角公式、同角三角函数的基本关系，将等式的右边转化为切，再用两角和的正切公式化简，最后根据角的范围可得结果. 【详解】由，可得 ， 因为 ，，所以， 所以，即. 故选：C 12. 攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式．宋代称为撮尖，清代称攒尖．依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑．如图所示，某园林建筑为六角攒尖，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正六棱锥，若此正六棱锥的侧面等腰三角形的底角为，则侧棱与底面外接圆半径的比为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意画图后利用正六棱锥的几何性质即可求解. 【详解】设O为正六棱锥的外接圆圆心， 连接，如图所示. 因为正六棱锥的底面为正六边形， 所以，. 因为正六棱锥的侧面等腰三角形的底角为， 所以，所以， 所以侧棱与底面外接圆半径的比为. 故选：A. 第II卷（非选择题） 二、填空题（本题共8小题，每小题4分，共32分） 13. 已知，，若恒成立，则m的最小值是_______. 【答案】##1.5 【解析】 【分析】根据恒成立可得到，再通过得到， 最后计算即可求解. 【详解】因为，，且恒成立， 所以恒成立， 所以. 因为， 所以， 当且仅当时等号成立. 因为， 所以. 故答案为：. 14. 若为奇函数，则_______ 【答案】 【解析】 【分析】根据为奇函数可推算出的值，再代入即可. 【详解】根据奇函数 故 故答案为： 15. 一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，这个圆柱的全面积与侧面积的比是______． 【答案】 【解析】 【分析】设底面圆的半径为，圆柱的高为，根据侧面展开图的特征，可得，利用圆柱的全面积与侧面积公式可求解. 【详解】设底面圆的半径为，圆柱的高为，则 ，所以. 所以侧面积；全面积, 所以. 即圆柱的全面积与侧面积的比为. 故答案为： 16. 已知向量，，且，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标表示可求解. 【详解】因为向量，，且， 所以，解得. 故答案为： 17. 已知 ，且 .则最大值是_______. 【答案】10 【解析】 【分析】利用基本不等式可求解. 【详解】由题可知，， 则， 当且仅当，即时取等号， 所以的最大值是. 故答案为： 18. 已知角的终边经过点，则的值为________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用三角函数的定义分别求出和的值，最后计算即可. 【详解】已知角的终边经过点，所以. 根据三角函数的定义，. 所以. 故答案为：. 19. 在中，D是的中点，与互为余角，，，则的值为___________. 【答案】或 【解析】 【分析】首先利用余弦定理和正弦定理求出的长，进一步利用三角函数关系式的恒等变换求出结果. 详解】如图所示， 在中，设， 因为与互为余角， 所以， 所以， 所以. 因为，， 所以在中，. 在中，由正弦定理得， 所以，即， 所以. 在中，由余弦定理得， 所以，解得或. 因为在中，， 所以. 当时，， 所以. 当时，， 所以. 故答案为：或. 20. 过点作斜率为 的直线与椭圆C： 相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于_________． 【答案】## 【解析】 【分析】设以点为中点的弦与椭圆交于，由点差法和已知条件可得，据此可求解. 【详解】设，代入椭圆方程，可得 ，两式相减，可得， 因为是线段AB的中点，且AB的斜率为， 所以，， 将之代入上式，可得， 则有，即 所以离心率. 故答案为： 三、解答题（本题共4小题，每小题8分，共32分） 21. 已知各项均为正数的数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）若成等差数列，求数列的前n项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件化简，可求得为公比的等比数列，然后写出通项公式； （2）利用等差中公式求得，再利用错位相减法即可得解. 【小问1详解】 由，得， 即， 又，所以. 又知，所以是以1为首项，2为公比的等比数列， 故数列的通项公式为. 【小问2详解】 由成等差数列可知，， 所以. 所以，① ，② 由①-②，得 . 故. 22. 设 的内角 ，， 所对的边分别为 ，，，且 ． （1）求A； （2）若 的面积，求 ． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理化简得，再由特殊角的三角函数值确定的值. （2）由三角形面积公式求出，再由余弦定理求值即可. 【小问1详解】 已知， 由正弦定理得， 又 ，所以 【小问2详解】 由 和，得， 所以，得， 由余弦定理得， 所以. 23. 在数列中，已知，且，. （1）设，求数列的通项公式； （2）求数列的前n项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用所给式子进行变换即可得到，再根据算出，即可得到是首项为1，公比为2的等比数列，从而得到数列的通项公式. （2）根据（1）中数列的通项公式得到数列的通项公式，再利用分组求和和错位相减法计算即可求解. 【小问1详解】 因为，， 所以，所以. 因为，所以， 所以，即. 因为， 所以是首项为1，公比为2的等比数列， 所以 . 【小问2详解】 由（1）知，， 所以 . 设①， 则②， ①-②得， 所以 所以. 24. 在矩形中，，E为边上的点，，以为折痕把折起，使点C到达点P的位置，且使二面角为直二面角，三棱锥的体积为. （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）设的中点为，连接，则，根据线面垂直的判定定理得出平面，再有面面垂直的判定定理求值即可. （2）以的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系，确定的坐标，再分别设平面与平面的法向量和，再由向量的内积坐标公式求出夹角的余弦值即可. 【小问1详解】 由，设的中点为，连接，则， 又二面角为直二面角，故平面， 设，则， 又，可得三棱锥的体积， 即，解得， 则，故，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 又，且，，平面， 故平面，因为平面， 故平面平面. 【小问2详解】 以的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则， 所以，， 设平面的法向量为， 则，即，得， 令，则，故， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，故， 所以， 平面与平面夹角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 岳普湖县中等职业技术学校2020-2021学年高一下学期期末考试卷 （数学） 第I卷（选择题） 一、单选题（本题共12小题，每小题3分，共36分） 1. 双曲线焦点坐标是（　　） A. B. C. D. 2. △ABC为锐角三角形，若角θ的终边过点P（sinA﹣cosB，cosA﹣sinC），则y= 的值为（　　） A. 1 B. ﹣1 C. 3 D. ﹣3 3. 我国古代数学名著《九章算术》第五卷“商功”中，把底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”，今有“阳马”，平面，，，分别为棱，的中点，以下四个结论： ①平面；②平面； ③平面平面：④平面平面. 其中正确的是（ ） A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④ 4. 在平面直角坐标系中，角以为始边，它的终边与以原点为圆心的单位圆的交点为，则（　　） A. B. C. D. 5. 已知向量，，则（ ） A B. 1 C. D. 2 6. 向量，，若与平行，则等于（ ） A. B. 2 C. D. 7. 已知角α的终边经过点，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 若实数满足，是的最小值是（　　） A. B. 6 C. D. 9. 已知等比数列满足，则（ ） A 243 B. 128 C. 81 D. 64 10. 若数列的前 项分别是 、 、 、 ，则此数列一个通项公式为（　　） A. B. C. D. 11. 已知 ，，，则（　　） A. B. C. D. 12. 攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式．宋代称为撮尖，清代称攒尖．依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑．如图所示，某园林建筑为六角攒尖，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正六棱锥，若此正六棱锥的侧面等腰三角形的底角为，则侧棱与底面外接圆半径的比为（　　） A. B. C. D. 第II卷（非选择题） 二、填空题（本题共8小题，每小题4分，共32分） 13. 已知，，若恒成立，则m的最小值是_______. 14. 若为奇函数，则_______ 15. 一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，这个圆柱的全面积与侧面积的比是______． 16. 已知向量，，且，则_______. 17. 已知 ，且 .则的最大值是_______. 18. 已知角的终边经过点，则的值为________. 19. 在中，D是的中点，与互为余角，，，则的值为___________. 20. 过点作斜率为 直线与椭圆C： 相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则椭圆C的离心率等于_________． 三、解答题（本题共4小题，每小题8分，共32分） 21. 已知各项均为正数的数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）若成等差数列，求数列的前n项和. 22. 设 的内角 ，， 所对的边分别为 ，，，且 ． （1）求A； （2）若 的面积，求 ． 23. 在数列中，已知，且，. （1）设，求数列的通项公式； （2）求数列的前n项和. 24. 在矩形中，，E为边上点，，以为折痕把折起，使点C到达点P的位置，且使二面角为直二面角，三棱锥的体积为. （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$