PAGE/NUMPAGES2019-2020年高一数学下学期期末考试试题理一、选择题（每小题5分，共60分）1．设{an}是等差数列，a1+a3+a5=9，a1=9．则这个数列的公差等于（）A．1B．2C．-3D．-42．正方体的棱长为，顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A．B．C．D．3．设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则（）A．若//，//，则//B．若//，，则C．若//，//，则//D．若//，，则4．过点（－1，3）且垂直于直线x－2y+3=0的直线方程为（）A．2x+y－1=0B．2x+y－5=0C．x+2y－5=0D．x－2y+7=05．若变量满足约束条件，则的最小值为（）A.B.0C.1D.26．点关于直线对称的点的坐标是（）A．B．C．D．7．点是直线：上的动点，点，则的长的最小值是（）A．B．C．D．8．.已知二面角A-BC-D，A-CD-B，A-BD-C的平面角都相等，则点A在平面BCD上的射影是△BCD的（）A.内心B.外心C.垂心D.重心9．平行线和的距离是()A．B．C．D．10．已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为（）A．B．C．D．11．已知实数x、y满足约束条件则目标函数的最大值为（）A．3B．4C．D．12．已知水平放置的△ABC的直观图△A′B′C′（斜二测画法）是边长为a的正三角形，则原△ABC的面积为（）A．a2B．a2C．a2D．a2二、填空题（每小题5分，共20分）13．若不等式的解集为空集，则实数的取值范围是________.14．若直线过点（2，1），则a+2b的最小值为．15．过点P（1，2）且在x轴，y轴上截距相等的直线方程是．16．已知正三棱锥P—ABC的各棱长都为2，底面为ABC，棱PC的中点为M，从A点出发，在三棱锥P—ABC的表面运动，经过棱PB到达点M的最短路径之长为三、解答题（共70分）17．（本题满分10分）如图，⊙O在平面内，AB是⊙O的直径，平面，C为圆周上不同于A、B的任意一点，M，N，Q分别是PA，PC，PB的中点.（1）求证：平面平面；（2）若PA=AB=2,AC=CB求三棱锥A-CPB的体积.18．（本题满分12分）在锐角△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C所对的边，且=2csinA（1）确定角C的大小；（2）若c=，且△ABC的面积为，求a+b的值．19．（本题满分12分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，平面FCDE⊥平面ABCD，FC⊥CD,AE⊥BD，CB＝CD＝CF=1，（1）求证：BD⊥平面AED；（2）求B到平面FDC的距离．20．（本题满分12分）在四棱锥D中，底面是正方形，侧棱底面，的中点，作（1）求直线PA与直线DE所成的角（2）证明：平面D；（3）求二面角的大小。21．（本题满分12分）数列{an}的前n项和为Sn，若对于任意的正整数n都有Sn=2an﹣3n．（1）设bn=an+3，求证：数列{bn}是等比数列，并求出{an}的通项公式；（2）求数列{nan}的前n项和．22．（本题满分12分）如图，的外接圆的半径为，所在的平面，，，，且，．（1）求证：平面ADC平面BCDE．（2）试问线段DE上是否存在点M，使得直线AM与平面ACD所成角的正弦值为？若存在，确定点M的位置，若不存在，请说明理由．1C2D3B4A5A6C7B8A9B10C11D12D1314.615.或16．【解析】正三棱锥P—ABC的各棱长都为2，底面为ABC，棱PC的中点为M，从A点出发，在三棱锥P—ABC的表面运动，经过棱PB到达点M的最短路径就是得到展开图，利用两点距离得到最小值为17.试题解析：证明：（1）平面，同理可证平面.∵平面平面且，∴平面平面.（2）18试题分析：解：（1）∵=2csinA∴正弦定理得，∵A锐角，∴sinA＞0，∴，又∵C锐角，∴（2）三角形ABC中，由余弦定理得c2=a2+b2﹣2abcosC即7=a2+b2﹣ab，又由△ABC的面积得．即ab=6，∴（a+b）2=a2+b2+2ab=25由于a+b为正，所以a+b=5．考点：解三角形．.19．试题解析：（1）证明：在等腰梯形中，,,即（2）令点到平面的距离为则，解得20．证明：（1）（2）可知是等腰直角三形，而是斜边的中点。同理可证是正方形而所以，平面D；（3）的平面角设正方形的边长为，则，在中，在中，的大小为60°21解：（1）∵Sn=2an﹣3n，对于任意的正整数都成立，∴Sn+1=2an+1﹣3n﹣3，两式相减，得an+1=2an+1﹣2an﹣3，即an+1=2an+3，∴an+1+3=2（an+3），所以数列{bn}是以2为公比的等比数列，由已知条件得：S1=2a1﹣3，a1=3．∴首项b1=a1+3=6，公比q=2，∴an=6•2n﹣1﹣3=3•2n﹣3．（2）∵nan=3×n•2n﹣3n∴Sn=3（1•2+2•22+3•23+…+n•2n）﹣3（1+2+3+…+n），2Sn=3（1•22+2•23+3•24+…+n•2n+1）﹣6（1+2+3+…+n），∴﹣Sn=3（2+22+23+…+2n﹣n•2n+1）+3（1+2+3+…+n）=∴Sn=22试题解析：（1）∵CD⊥平面ABC，BE//CD∴BE⊥平面ABC，∴BE⊥AB∵BE=1，∴，从而∵⊙的半径为，∴AB是直径，∴AC⊥BC又∵CD⊥平面ABC，∴CD⊥BC，故BC⊥平面ACD平面BCDE，∴平面ADC平面BCDE（2）假设点M存在，过点M作MN⊥CD于N，连结AN，作MF⊥CB于F，连结AF∵平面ADC平面BCDE，∴MN⊥平面ACD，∴∠MAN为MA与平面ACD所成的角设MN=x，计算易得，DN=，MF=故解得：（舍去），故，从而满足条件的点存在，且温馨提示：最好仔细阅读后才下载使用，万分感谢！
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