2021-2021学年福建省厦门市高一下学期期末考试数学试题(解析版)

一、单选题

1．化简sin15cos5cos15sin5结果为（ ） A．sin10 【答案】A

【解析】直接利用两角差的正弦函数公式求出结果． 【详解】

sin15cos5cos15sin5sin(155)sin10．

B．cos10 C．sin20 D．cos20

故选：A． 【点睛】

本题考查的知识要点：三角函数的差角公式的逆用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．

2．集合Axx2x30，Bxx1.则AA．1,3 【答案】B

【解析】利用一元二次不等式的解法求出集合A，然后进行交集的运算即可． 【详解】

因为Axx2x30AB(1，3]．

2B（ ）

D．1,

B．1,3 C．1,

2{x|1x3}，B{x|x1}，

故选：B． 【点睛】

本题考查了描述法、区间的定义，交集的定义及运算，一元二次不等式的解法，考查了计算能力，属于基础题．

3．如图中的三角形图案称为谢宾斯基三角形.在四个三角形图案中，着色的小三角形的个数依次构成数列an的前4项，则an的通项公式可以为（ ）

A．an2n1 nB．an21 nC．an3

D．an3n1

【答案】D

【解析】着色的小三角形个数构成数列{an}的前4项，分别得出，即可得出{an}的通项公式． 【详解】

着色的小三角形个数构成数列{an}的前4项，

23分别为：a11，a23，a33332，a4333，

因此{an}的通项公式可以是：an3n1． 故选：D． 【点睛】

本题考查了等比数列的通项公式，考查了观察分析猜想归纳推理能力与计算能力，属于中档题．

y04．已知实数x，y满足条件yx，则zx3y的最大值为（ ）

2xy60A．0 【答案】C

【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案． 【详解】

B．3

C．8

D．9

y0由约束条件yx作出可行域如图，

2xy60

联立yx，解得A(2,2)．

2xy60xz， 33化zx3y为y平移直线yxz， 33xz由图可知，当直线y过A时，

33直线在y轴上的截距最大，z有最大值为2328． 故选：C． 【点睛】

本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值. 5．在等比数列an中，a22，a3a5，则A．4 【答案】C

【解析】利用等比数列通项公式列方程求出首项和公比，由此能求出结果． 【详解】

在等比数列{an}中，a22，a3a5．

B．8

a5a6（ ）

a1a2D．

C．16

a1q2a11a11，解得或， 24aq·aqq2q211a5a6a1q4a1q5q416． a1a2a1a1q故选：C． 【点睛】

本题考查等比数列中两项和的比值的求法，考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

6．设a，b，c是三条不同直线，，，是三个不同平面，则下列命题正确的是（ ）

A．若ab，bc，则ac C．若ab，a，则b// 【答案】D

B．若，，则// D．若//，a，则a

与相交或平行；【解析】对于A，a与c相交、平行或异面；对于B，对于C，b//或b；对于D，由线面垂直的判定定理得a． 【详解】

由a，b，c是三条不同直线，，，是三个不同平面，知： 对于A，若ab，bc，则a与c相交、平行或异面，故A错误； 对于B，若，，则与相交或平行，故B错误； 对于C，若ab，a，则b//或b，故C错误；

对于D，若//，a，则由线面垂直的判定定理得a，故D正确． 故选：D． 【点睛】

本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，是中档题．

7．已知数列an满足a11，an1an1，则a10（ ）

n(n1)C．

A．

9 10B．

10 1119 10D．

21 11【答案】C

【解析】首先根据题意得到an1an111，从而得到

nn1nn11a101，即可得到答案. 10a10a9a10a9…a3a2a2a11【详解】 因为an1an111，

nn1nn1所以a10a9a10a9…a3a2a2a1

11111111…11a101

10910232解得a10故选：C 【点睛】

本题主要考查根据数列递推公式求数列的项，同时考查了裂项法求和，属于中档题. 8．如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过BE的平面与直线A1F平行，则平面截该正方体所得截面的面积为（ ）

19. 10

A．5 【答案】B

B．25 C．4 D．5

【解析】首先取DD1的中点G，连接EG，CG，EC，易证A1F//平面EBCG，从而得到平面EBCG为所求截面，再计算其面积即可. 【详解】

取DD1的中点G，连接EG，CG，EC，如图所示：

因为A1E//FC，所以四边形A1ECF为平行四边形，所以A1F//EC. 又A1F平面EBCG，EC平面EBCG， 所以A1F//平面EBCG，即平面EBCG为所求截面. 所以BE22125，SEBCGBEBC25. 故选：B 【点睛】

本题主要考查线面平行的判定，同时考查了正方体的截面，属于简单题.

二、多选题

9．已知数列an满足a1A．2 【答案】BD

【解析】根据递推关系式找出规律，可得数列是周期为3的周期数列，从而可求解结论． 【详解】

B．

1a1，n1，则下列各数是an的项的有（ ）

1an2C．

2 33 2D．3

1a1{a}因为数列n满足a1，n1，

1an2a2111()223；

a313； 1a2a411a1； 1a32数列{an}是周期为3的数列，且前3项为故选：BD．

12，，3； 23【点睛】

本题主要考查数列递推关系式的应用，考查数列的周期性，解题的关键在于求出数列的规律，属于基础题．

10．已知abc，则下列不等式一定成立的是（ ） A．ab2c 【答案】AD

【解析】根据abc，取特殊值即可排除错误选项，再根据不等式性质，利用作差法可得到正确选项． 【详解】

根据abc，取a1，b0，c1，则可排除BC． 因为ab2cacbc0，所以ab2c； 因为

B．abbc

C．acbc

D．

11 acbc11ba0，所以11， acbcacbcacbc故选：AD． 【点睛】

本题考查了不等式的基本性质以及作差的应用，属基础题． 11．已知函数fx3sinxcosx，下列说法正确的是（ ） A．fx的最小正周期为2 C．fx在区间【答案】ACD

B．fx的最大值为31 D．

2,上为减函数 335为fx的一个零点 6fx2sinx【解析】首先根据题意得到，再根据正弦函数的图象性质依次判

6断选项即可. 【详解】

fx3sinxcosx2sinx

6对选项A，fx的最小正周期为2，故A正确； 对选项B，当sinx1时，fx的最大值为2，故B错误； 6对选项C，因为x532,，x,,，

6262233所以fx在区间2,上为减函数，故C正确； 3356对选项D，f2sin所以

562sin0， 65为fx的一个零点，故D正确. 6故选：ACD 【点睛】

本题主要考查正弦函数图象的性质，属于简单题.

12．如图，在正四棱锥PABCD（底面ABCD为正方形，P在底面的投影是正方形的中心）中，下列说法正确的是（ ）

A．ACPB

B．AB与PD所成角等于BC与PD所成角 C．若平面PAD平面PBCl.则l//AD

D．平面PAD与平面PBC所成二面角与APB相等或互补 【答案】ABC

【解析】对于A项，由AC平面PBD，可得ACPB；对于B，利用AB与PD所成角为PDC，BC与PD所成角为PDA，可判断正误；对于C，证明AD//平面 C正确；可得 l//AD，根据平面PAD与平面PBC的所成二面角等于过P作PBC，

AD，BC的垂线所成的角判断．

【详解】

对于A项，连结BD，与AC交于点O，则BDAC，又知PO平面ABCD，所以POAC，又POBDO，所以AC平面PBD，所以ACPB，A正确；

对于B，AB与PD所成角为PDC，BC与PD所成角为PDA，因为PCDPAD，所以PDCPDA，故B正确；

对于C，由于AD//BC，所以AD//平面PBC，AD平面PAD，平面PAD平

面PBCl，所以 l//AD，所以C正确；

对于D，由C项可知，平面PAD与平面PBC的所成二面角为过P作AD，BC的垂线所成的角，显然与APB无联系，D错误． 故选：ABC．

【点睛】

本题主要考查正四棱锥的性质，考查异面直线所成的角、二面角以及线面平行的判断与线面平行的性质，同时考查了线面垂直的判断与性质，考查了空间想象能力，属于综合题．

三、填空题

213．已知二次函数yaxbxca0的图象如图所示，则不等式ax2bxc0的

解集是______.

【答案】1,2

【解析】根据函数的图象即可得到不等式的解集. 【详解】

由图知：不等式ax2bxc0的解集是1,2， 故答案为：1,2

【点睛】

本题主要考查二次不等式的解法，属于简单题.

14．如图.网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的侧面积为______.

【答案】45

【解析】由三视图还原几何体，该几何体为圆锥，圆锥的底面半径为2，高为4，求出母线长，再由圆锥侧面积公式求解． 【详解】

由三视图还原几何体如图，

可知该几何体为圆锥，圆锥的底面半径为2，高为4， 则母线长l224225．

该几何体的侧面积为Srl45．

故答案为：45． 【点睛】

本题考查由三视图求面积、关键是由三视图还原几何体，考查了空间想象能力，是中档题．

15．等腰三角形顶角的余弦值为【答案】

5，则一个底角的正切值为______. 133 2【解析】首先利用倍角公式的应用求出三角函数的顶角的半角三角函数值，进一步利用

切化弦思想求出结果． 【详解】

设三角形的顶角为A，一个底角为B 则B与

A互余， 25， 13由于等腰三角形顶角的余弦值为所以cosA所以2cos25， 13A51， 213所以2cos2A93A18sinB． ，解得cos21321313则sinA2cosB， 21333tanB13

2213故答案为：【点睛】

3 2本题考查的知识要点：同角三角函数的关系，二倍角的余弦公式，三角函数值的求法，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．

四、双空题

16．已知数列an满足a13a25a32n1an2nn1，则a3______，若对

任意的nN*，an1恒成立，则的取值范围为______.

884 【答案】 535【解析】①直接利用赋值法的应用求出数列的各项，进一步确定结果．

②利用数列的递推关系式求出数列的通项公式，进一步利用分类讨论思想的应用求出参数的取值范围． 【详解】

数列{an}满足a13a25a3(2n1)an2n1，

2则当n1时，a124，

当n2时，a13a2238，解得a24， 38， 5当n3时，a13a25a324，解得a3数列{an}满足a13a25a3(2n1)an2n1，① 所以当n2时，a13a25a3(2n3)an12n，② ①②得：(2n1)an2n12n2n，

2n整理得an（首相不符合通项），

2n1(n1)4所以an2n，

(n2)2n12n1a1241

n2时，n12nn2an2n12n1对任意的nN*，an(1)n恒成立，

所以：当n为偶数时，只需满足(an)max，即当n2时，a24， 3当n为奇数时，只需满足(an)max，即当n1时，a14，n3奇数时，88ana3，所以(an)max

55故实数的取值范围是故答案为：【点睛】

84， 5384． 53本题考查的知识要点：赋值法的应用，递推关系求通项，数列的单调性与最值，以及数列不等式恒成立问题，考查了分类讨论思想的应用，属于难题

五、解答题

17．在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，满足

acosCccosA2bcosB.

（1）求B；

（2）若D是BC边上的中点，AD7，AB1，求ABC的面积.

【答案】（1）

33. ；（2）

32【解析】(1)由正弦定理进行边化角可得cosB1，从而求得答案； 2(2)根据余弦定理求出BC，由面积公式可求出结果. 【详解】

(1)根据正弦定理，由acosCccosA2bcosB得:

sinAcosCsinCcosA2sinBcosB，

sinB2sinBcosB， 即sinA+C2sinBcosB，所以cosB1，又0B，所以B；

32222 (2）在△ABD中，由余弦定理得cosBABBDAD12BD2722ABBD21BD1，

2解得BD3，所以BC6，由三角形的面积公式得

SABC11333. ABBCsinB162222【点睛】

本题考查正弦定理，余弦定理，以及三角形的面积公式，属于中档题．

18．如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1（底面ABC是正三角形，侧棱与底面垂直），

ABAA12，D，E分别是AA1，CB1的中点.

（1）证明：DE//平面ABC； （2）求三棱锥EABC的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2）

3 3【解析】（1）取CC1 的中点E，连接DE，EE，分别证明DE//平面ABC，EE//平面ABC，可得平面DEE//平面ABC，从而得到DE//平面ABC；

1（2）由E为CB1 的中点，可得E到底面ABC的距离等于BB11，再求出底面ABC2的面积，代入棱锥体积公式求解． 【详解】

（1）如图，取CC1 的中点E，连接DE，EE， AD//CE，ADCE，四边形ACED为平行四边形，

则DE//AC，

AC平面ABC，DE平面ABC，DE//平面ABC；

E，E分别为CB1，CC1 的中点，EE//B1C1//BC，

BC平面ABC，EE平面ABC，EE//平面ABC，

又DEEEE，平面DEE//平面ABC，

DE平面DEE

则DE//平面ABC； （2）

E为CB1 的中点，E到底面ABC的距离等于BB11．

13223． 2212又底面ABC是边长为2的等边三角形，SABCVEABC1313．

33

【点睛】

本题主要考查直线与平面平行的判定以及锥体的体积，考查空间想象能力与思维能力，考查了计算能力，是中档题．

19．在①S3a6，②S420，③a1a4a724这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.已知等差数列an的前n项和为Sn，满足a36 . （1）求an的通项公式；

（2）设bn2nan，求bn的前n项和Tn.

a1n12【答案】（1）an2n；（2）Tn(44)nn.

3【解析】（1）设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，分别取三个不同条件，与a36联立求得首项与公差，可得等差数列的通项公式；

（2）把（1）中求得通项公式代入bn2nan，利用数列的分组求和与等差数列及等比数列的前n项和公式求解． 【详解】

（1）设等差数列{an}的首项为a1，公差为d．

aa12d6Saa6若选择条件①3，得， 6，则由33a3da5d11解得a12，∴an22(n1)2n；

d2a12d6若选择条件②S420，则由a36，得， 434ad2012解得a12，∴an22(n1)2n； d2a12d6a6aaa24若选择条件③1，则由3，得， 473(a3d)241解得a12，∴an22(n1)2n；

d2（2）由（1）知，选择三个条件中的任何一个，都有an2n．

a则bn2nan22n2n，

{bn}的前n项和Tn(4142434n)2(123n)

4(14n)(1n)n1n12(44)n2n．

1423【点睛】

本题是等差数列与等比数列的综合题，考查等差数列与等比数列的前n项和，考查分组求和的应用，考查计算能力，是中档题．

20．如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，AB//CD，ABC90，

AB2，PAPDCDBC1.

（1）证明：BD平面PAD；

（2）求直线AB与平面PBD所成角的大小. 【答案】（1）证明见解析；（2）30.

【解析】（1）推导出BCDC，ADBD，取AD中点O，连结PO，则POAD，从而PO平面ABCD，POBD，由此能证明BD平面PAD．

（2）以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与平面PBD所成角的大小． 【详解】 （1）证明：

在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，

AB//CD，ABC90，AB2，PAPDCDBC1． BCDC，ADBD12122，AD2BD2AB2，

ADBD，

取AD中点O，连结PO，则POAD， 平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，

PO平面ABCD，BD平面ABCD，POBD，

POADO，BD平面PAD．

（2）解：以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，

PAPDCDBC1，AD2，AP2DP2AD2，APDP，

22，0，)， 22A(2，0，0)，B(0，2，0)，D(0，0，0)，P(AB(2，2，0)，DP(22，0，)，DB(0，2，0)， 22设平面PBD的法向量n(x，y，z)，

22DPxz0n·则，取x1，得n(1，0，1)， 22n·DB2y0设直线AB与平面PBD所成角为，

则sin|ABn|21，30．

|AB||n|222直线AB与平面PBD所成角的大小为30．

【点睛】

本题考查线面垂直的证明、面面垂直的性质，考查线面角向量法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力与空间想象能力，是中档题． 21．已知f(x)2x2(a2)xa，aR. （1）解关于x的不等式f(x)0；

（2）若方程f(x)x1有两个正实数根x1，x2，求【答案】（1）答案见解析；（2）6.

2【解析】（1）根据函数f(x)2x(a2)xa的解析式，可将fx0化为

x2x1的最小值. x1x2(2xa)(x1)0，分类讨论可得不等式的解集．

（2）由方程f(x)x1有两个正实数根x1，x2a1，利用韦达定理可得x2x1xx2x1x2x1x2212a32)(x1x2)2x1x2a14，再结合均值不等式即22x1x2a14a12(可． 【详解】

（1）由f(x)0得(2xa)(x1)0，

a当a2时，原不等式的解集为(，1)(，)，

2当a2时，原不等式的解集为{x|x1}，

a当a2时，原不等式的解集为(，)(1，)；

2（2）方程f(x)x1有两个正实数根x1，x2，

等价于2x2(a3)xa10有两个正实数根x1，x2，

2a38a10a3x1x20a1，

2a1xx0122x2x1xx2x1x2x1x2212则

a32)(x1x2)2x1x211622[(a1)]2

a1x1x22a122(12?22a1?166 a1当且仅当a5时取等号，

x2x1的最小值为6． 故

x1x2【点睛】

本题考查了二次函数的性质、解含参数一元二次不等式、韦达定理、均值不等式，属于综合题．

22．随着生活水平的不断提高，人们更加关注健康，重视锻炼，“日行一万步，健康一辈子”.通过“小步道”，走出“大健康”，健康步道成为引领健康生活的一道亮丽风景线.如图，ABCA为某市的一条健康步道，AB，AC为线段，BC是以BC为直径的半圆，AB23km，AC4km，BAC6.

（1）求BC的长度；

（2）为满足市民健康生活需要，提升城市品位，改善人居环境，现计划新增健康步道，AD，CD为线段.若ADCADC（B，D在AC两侧）

3，A到健康步道

BCD的最短距离为23km，求D到直线AB距离的取值范围.

【答案】（1）；（2）(2,243]. 3【解析】（1）利用余弦定理求出半径，利用圆的周长公式可得结果；

（2）先求出D点的大致轨迹，再结合正弦定理、圆的几何性质求最D点到直线AB距离的最值即可求解． 【详解】

（1）在ABC 中，由余弦定理可得， BC1612242332， 2BC21．

（2）D 的轨迹为ADC 外接圆的一部分，设ADC 外接圆的半径为R， 由正弦定理

2R432R43，且满足AD23，

12由（1）得：AB2BC2AC2，所以ABC为直角， 过D作DEAB于E，设所求距离为d，

①当DE通过圆心O时，d 达到最大，由几何关系得，四边形OCBE为矩形， 所以dmaxROERBC243243，此时满足AD23， 3②当D无限接近C时，此时d2，

综上：所求D 到直线AB 距离d 的取值范围为(2,243]． 3

【点睛】

本题考查利用正、余弦定理解三角形，动点到定直线距离的最值问题，同时对学生推理

分析，数形结合，运算求解的能力有一定的要求，属于中档题．