2020年暑假高一数学自测题(期末模拟题) (40)-0715(解析版)

2020年暑假高一数学自测题（期末模拟题） (40)一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.不等式x(x−5)<0的解集为()A. {x|x<0}B. {x|x<5}C. {x|0<x<5}D. {x|x<0,或x>5}2.点P(1,−2)到直线2x+y+5=0的距离为()D. 5√5A. 5B. √5C. √553.某种树的分枝生长规律如图所示，则预计到第6年树的分枝数为()A. 5B. 6C. 7D. 84.在△ABC中，若(b+c+a)(b+c−a)=3bc，则A=()A. 90°B. 60°C. 135°D. 150°5.已知圆C：x2+y2−2x−4y−4=0，则其圆心坐标与半径分别为()A. (1,2)，r=2B. (−1,−2)，r=2C. (1,2)，r=3D. (−1,−2)，r=36.已知：△ABC中，a=2，∠B=60°，∠C=75°，则b=()A. √6B. 2C. √3D. √27.已知S n是等差数列{a n}的前n项和，若a2015=S2015=2015，则首项a1=()A. 2015B. −2015C. 2013D. −20138.若直线过P(2,1)点且在两坐标轴上的截距相等，则这样的直线有几条()A. 1条B. 2 条C. 3条D. 以上都有可能9.某几何体的三视图如下所示，则该几何体的体积为()A. 2π+8B. π+8C. 2π+83D. π+8310.已知α，β是两个不重合的平面，直线m//α，直线n⊥β，则“α⊥β”是“m//n”的A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件11.点P(1,−2)关于点M(3,0)的对称点Q的坐标是()A. (1,2)B. (2,−1)C. (3,−1)D. (5,2)12.已知等差数列{a n}，a1=1，a3=3，则数列{1a n a n+1}的前10项和为()A. 1011B. 911C. 910D. 1110二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.设变量x，y满足约束条件： {x+y⩾3x−y⩾−12x−y⩽3，则目标函数z=3x−2y的最小值为______．14.若点P(a,b)与Q(b−1,a+1)是关于直线l对称的两个点，则直线l的倾斜角为________．15.如图，在四面体ABCD中，已知AB=2，BC=1，AD=3，CD=4且AD⊥AB，BC⊥AB，则二面角C−AB−D的余弦值为______ ．16.已知{a n}为各项都是正数的等比数列，若a4⋅a8=4，则a5⋅a6⋅a7=______．三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17.求倾斜角为直线y=−√3x+1的倾斜角的一半，且分别满足下列条件的直线方程：(1)经过点(−4,1)；(2)在x轴上的截距为−10．18.已知：△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足cos2B−cos(A+C)=0．(Ⅰ)求角B的大小；(Ⅱ)若sinA=3sinC，△ABC的面积为3√34，求b边的长．19.已知数列{a n}是等差数列，若a3+a11=30，a4=9．(1)求a n；(2)若数列{a n}的前n项和为S n，且b n=1S n ，证明：b1+b2+⋯+b n<34．20.过点(−4,0)作直线l与圆x2+y2+2x−4y−20=0交于A、B两点，如果|AB|=8，求l的方程．21.已知等差数列{a n}中，前n项和为S n，若a3+a9=6，则S11=______．22.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别是AB、B1C1的中点．(1)求证：BD⊥平面ACC1A1；(2)求证：EF//平面ACC1A1．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：【分析】本题考查一元二次不等式的解法，属于基础题．【解答】解：解不等式x(x−5)<0得0<x<5．故不等式x(x−5)<0的解集为{x|0<x<5}．故选C．2.答案：B解析：【分析】本题考查点到直线的距离，代入公式即可求解，属基础题．【解答】解：点P(1,−2)到直线2x+y+5=0的距离为d=√22+12=√5．故选B．3.答案：D解析：解：由题意得，这种树的从第一年的分枝数分别是1，1，2，3，5，…，则2=1+1，3=1+2，5=2+3，即从第三项起每一项都等于前两项的和，所以第6年树的分枝数是3+5=8，故选：D．由图形求出这种树的从第一年的分枝数，可发现从第三项起每一项都等于前两项的和，由此规律即可求出第6年树的分枝数．本题考查了归纳推理，难点在于发现其中的规律，考查观察、分析、归纳能力．4.答案：B解析：【分析】本题主要考查余弦定理的应用，根据三角函数的值求角，属于基础题．由条件里用余弦定理求得cos A的值，可得A的值．【解答】解：△ABC中，由(a+b+c)(b+c−a)=3bc，可得b2+c2−a2=bc，可得：cosA=b2+c2−a22bc =12，由于A∈(0°,180°)，故A=60°，故选：B．5.答案：C解析：【分析】本题主要考查了圆的一般方程，比较简单．【解答】解：由题意可得，圆心为(1,2)，半径为3．故选C．解析：解：∵△ABC中，a=2，∠B=60°，∠C=75°，即∠A=45°，∴由正弦定理asinA =bsinB得：b=asinBsinA=2×√32√22=√6，故选：A．由B与C的度数求出A的度数，利用正弦定理列出关系式，把a，sin A，sin B的值代入计算求出b 的值即可．此题考查了正弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握正弦定理是解本题的关键．7.答案：D解析：解：设等差数列{a n}的公差为d，由题意可得a2015=a1+2014d=2015，S2015=2015a1+2015×20142d=2015联立解得a1=−2013，d=2，故选：D设等差数列{a n}的公差为d，由题意可得a1和d的方程组，解方程组可得．本题主要考查等差数列的通项公式以及前n项和公式的应用，考查学生的计算能力．8.答案：B解析：解：当直线过原点时，方程为：y=12x，即x−2y=0；当直线不过原点时，设直线的方程为：x+y=k，把点(2,1)代入直线的方程可得k=3，故直线方程是x+y−3=0．综上可得所求的直线方程为：x−2y=0，或x+y−3=0，故选B．当直线过原点时，方程为y=12x，当直线不过原点时，设直线的方程为：x+y=k，把点(2,1)代入直线的方程可得k值，即得所求的直线方程．本题考查用待定系数法求直线方程，体现了分类讨论的数学思想，注意不要漏掉当直线过原点时的情况，属基础题9.答案：D解析：【分析】本题主要考查空间几何体的三视图，以及圆锥与棱锥的体积．【解答】解：由三视图可知，该几何体的直观图为一个底面半径为1高为2的半圆锥与一个底面为边长为2的正方形高为2的四棱锥的组合体．所以该几何体的体积V=13×π×12×2×12+13×22×2=π+83．故选D．解析：【分析】本题主要考查的知识点是充要条件，空间直线与平面的位置关系，难度不大，属于基础题． 根据空间直线与直线，平面与平面位置关系的几何特征，结合充要条件的定义，可得答案． 【解答】解：当m//n 时，可以推出α⊥β，而当α⊥β时，不能推出m//n ． 故选B ． 11.答案：D解析：解：设Q(x,y)，由中点坐标公式可得：{3=1+x20=−2+y 2，解得x =5，y =2．∴Q(5,2)． 故选：D ．利用中点坐标公式即可得出．本题考查了中点坐标公式的应用，考查了计算能力，属于基础题． 12.答案：A解析：【分析】本题考查了“裂项求和”、等差数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 利用等差数列的通项公式可得a n ，再利用“裂项求和”即可得出． 【解答】解：设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 1=1，a 3=3， ∴1+2d =3，解得d =1， ∴a n =1+(n −1)=n ， ∴1an a n+1=1n(n+1)=1n −1n+1，∴数列{1a n a n+1}的前10项和=(1−12)+(12−13)+⋯+(110−111)=1−111=1011．故选：A ．13.答案：−1解析：【分析】本题考查了不等式组表示平面区域的应用问题，也考查了数形结合思想，是中档题． 画出不等式组表示的平面区域，结合图形找出最优解，计算目标函数的最小值． 【解答】解：画出不等式组 {x +y ⩾3x −y ⩾−12x −y ⩽3表示的平面区域，如图阴影所示；由图形知，当目标函数z =3x −2y 过点A 时，z 取得最小值； 由{x +y =3x −y =−1，求得A(1,2)， 所以z 的最小值为z min =3×1−2×2=−1． 故答案为：−1． 14.答案：45°解析：【分析】本题主要考查了 直线斜率计算公式、相互垂直的直线斜率之间的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 【解答】解：设l 的倾斜角为θ，k PQ =a+1−b b−1−a=−1,∵点P (a,b )与Q (b −1,a +1)关于直线l 对称， ∴−1×tanθ=−1， ∴tanθ=1， ∴θ=45°． 故答案为45°．15.答案：−13解析：解：在平面ABC 中，过A 作AB 的垂线AE ，过C 作AB 的平行线CE ，交AE 于E ，连结DE ， ∵在四面体ABCD 中，已知AB =2，BC =1，AD =3，CD =4且AD⊥AB，BC⊥AB，∴∠DAE是二面角C−AB−D的平面角，ABCE是长方形，AE=BC=1，CE=AB=2，DE⊥CE，∴DE=√DC2−CE2=√16−4=2√3，∴cos∠DAE=AD2+AE2−DE22AD⋅AE =9+1−122×3×1=−13．∴二面角C−AB−D的余弦值为−13．故答案为：−13．在平面ABC中，过A作AB的垂线AE，过C作AB的平行线CE，交AE于E，连结DE，则∠DAE是二面角C−AB−D的平面角，由此能求出二面角C−AB−D的余弦值．本题考查二面角的余弦值的求不地，是中档题，解题时要认真审题，注意余弦定理的合理运用．16.答案：8解析：解：∵4+8=2×6∴a4⋅a8=4=a62，又因为{a n}为各项都是正数，∴a6=2，∴a5⋅a6⋅a7= a63=23=8，故填：8由等比数列的性质可得a6=2，而a5⋅a6⋅a7=a63，代值计算可得．本题考查等比数列的性质，当m+n=p+q时(m,n，p，q∈N∗)，a m a n=a p a q，属基础题．17.答案：解：由y=−√3x+1得，k=−√3，∴倾斜角为120°，∴所求直线的倾斜角为60°．∴所求直线的斜率为．(1)由直线的点斜式方程得：y−1=√3(x+4)，即√3x−y+4√3+1=0．(2)∵在x轴上的截距为−10，∴直线过点(−10,0)，由直线的点斜式方程得：y=√3(x+10)，即√3x−y+10√3=0．解析：本题考查求直线的方程，倾斜角是直线y=−√3x+1的倾斜角的一半，先求直线的斜率，转化为倾斜角的一半，再求满足条件的直线方程的斜率，而后分别解答．求满足条件的直线方程的斜率，逐步求解，这是解答数学问题的一般思路，好在本题中倾斜角α=120°，使问题简化．(1)由点斜式即可得出结果；(2)在x轴上的截距为−10，所以直线过点(−10,0).由点斜式即可得出结果.18.答案：解：(Ⅰ)由已知得cos2B +cosB =0，可得2cos 2B +cosB −1=0，即(2cosB −1)(cosB +1)=0，解得cosB =12或cosB =−1． 因为0<B <π，故cosB =12，所以，B =π3． (Ⅱ)由sinA =3sinC 利用正弦定理可得a =3c ， 而△ABC 的面积为12acsinB =3√34， 将a =3c 和B =π3代入上式，得出c =1，且a =3， 再由余弦定理b 2=a 2+c 2−2accosB ， 解得b =√7．解析：(Ⅰ)由条件可得2cos 2B +cosB −1=0，求得cos B 的值，可得B 的值． (Ⅱ)由sinA =3sinC 利用正弦定理可得a =3c ，再根据△ABC 的面积为12acsinB =3√34求得a 、c 的值，再由余弦定理求得b 的值．本题主要考查二倍角公式、诱导公式、正弦定理、余弦定理的应用，属于中档题． 19.答案：解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ， 则a 1+2d +a 1+10d =30，a 1+3d =9， 解得a 1=3，d =2，则a n =3+2(n −1)=2n +1； (2)S n =12(3+2n +1)n =n 2+2n ， 即有b n =1S n=1n(n+2)=12(1n −1n+2)，则b 1+b 2+⋯+b n =11×3+12×4+⋯+1n(n+2)=12(1−13+12−14+⋯+1n −1n +2) =12(1+12−1n+1−1n+2)<34．解析：本题考查等差数列的通项和求和公式的运用，考查数列的求和方法：裂项相消求和，考查运算能力，属于中档题．(1)设等差数列{a n }的公差为d ，运用等差数列的通项公式，可得首项和公差，可得a n ； (2)求得S n ，运用裂项相消求和求得{b n }的前n 项和，即可得证．20.答案：解：圆x 2+y 2+2x −4y −20=0化为(x +1)2+(y −2)2=25，圆心C(−1,2)，半径r =5， ∵(x −4)2+(0−2)2<25， ∴(−4,0)点在圆内．当斜率存在时，设l 斜率为k ，方程为y =k(x +4)，即kx −y +4k =0， ∵|AB|=8，∴圆心到直线距离为√52−42=3， ∴√k 2+1=3，∴k=−512，当斜率不存在时，直线x=−4也满足．∴l的方程为5x+12y+20=0或x+4=0解析：将圆的方程化为标准方程，确定圆心与半径，利用垂径定理，结合勾股定理，即可求l的方程．本题考查直线与圆的位置关系，考查弦长的计算，考查分类讨论的数学思想，正确求弦长是关键．21.答案：33解析：解：∵等差数列{a n}中，前n项和为S n，a3+a9=6，∴S11=112(a1+a11)=112(a3+a9)=33．故答案为：33．利用等差数列的通项公式和前n项和公式直接求解．本题考查等差数列的前n项和的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等差数列的通项公式的合理运用．22.答案：解：(1)∵ABCD−A1B1C1D1为正方体，∴BD⊥AC，CC1⊥平面ABCD，∵BD⊂平面ABCD，则BD⊥C1C，又∵AC∩C1C=C，∴BD⊥平面ACC1A1．(2)设BC的中点为G，连接EG，FG．∵E、G分别是AB、BC的中点，则EG//AC，∵EG⊄平面ACC1A1，AC⊂平面ACC1A1，∴EG//平面ACC1A1，同理FG//平面ACC1A1．又∵EG∩FG=G，则平面EGF//平面ACC1A1，∵EF⊂平面EGF，∴EF//平面ACC1A1.解析：(1)由BD⊥AC，CC1⊥平面ABCD，可得BD⊥C1C，即可证明BD⊥平面ACC1A1．(2)设BC的中点为G，连接EG，FG.可证EG//AC，EG//平面ACC1A1，同理FG//平面ACC1A1，则平面EGF//平面ACC1A1，由EF⊂平面EGF，可证EF//平面ACC1A1．本题主要考查了直线与平面垂直的判定，直线与平面平行的判定，考查了空间想象能力和推理论证能力，属于中档题．第11页，共11页。