湖北省黄冈市2021-2022学年度高一下学期复学考试数学试题（Word版，含解析）

湖北省黄冈市高一下学期复学考试数学试题
一、单选题
1．已知公差为2的等差数列中,若则的值为( )
A．166 B．100 C．66 D．34
2．若，则（ ）
A． B． C． D．
3．若一个圆锥的侧面展开图是半径为的半圆，则该圆锥的高为（ ）
A． B． C． D．
4．如图为一个正方体与一个半球构成的组合体，半球的底面圆与正方体的上底面的四边相切，球心与正方形的中心重合，将此组合体重新置于一个球中（球未画出），使正方体的下底面的顶点均落在球的表面上，半球与球内切，设切点为，若四棱锥的表面积为，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
5．直线在轴，轴上的截距分别为，且直线与圆相切，则实数的值为（ ）
A．或 B．或 C．或 D．或
6．下列命题正确的是．
A．有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体叫作棱柱
B．棱柱中互相平行的两个面叫作棱柱的底面
C．棱柱的侧面是平行四边形，而底面不是平行四边形
D．棱柱的侧棱都相等，侧面是平行四边形
7．如图，在正方体中，点为的中点，点为上的动点，下列说法中：
①可能与平面平行；
②与所成的角的最大值为；
③与一定垂直；
④
⑤与所成的最大角的正切值为.
其中正确个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
8．直线的倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
9．等差数列中的前n项和为，已知，，，则以下选项中最大的是（ ）
A． B． C． D．
10．在中，角 对应的边分别为 .若，边上的中线，则（ ）
A． B． C． D．
11．若是两条不同的直线，是三个不同的平面，下面说法正确的是
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
12．设，则“”是“直线与直线平行”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
二、填空题
13．若满足的恰有一个，则实数k的取值范围是_________
14．如图，设，，是平面上两两不平行的三个非零向量，，有下列命题：
① 关于的方程可能有两个不同的实数解；
② 关于的方程一定没有实数解；
③ 关于的方程的实数解为或；
④ 关于的方程没有非零实数解；
其中真命题是_______ .
15．如图所示，为各边与坐标轴平行的正方形的直观图，若,则原正方形的面积是________．
16．如图，测量河对岸的塔高时，可以选与塔底在同一水平面内的两个测点与，现测得，，米，并在点测得塔顶的仰角为，则塔高______米
三、解答题
17．已知函数．
（Ⅰ）若，求函数的单调递增区间：
（Ⅱ）当时，函数的最大值为1，最小值为，求实数a，b的值．
18．直线与轴，轴分别相交于A、B两点，以AB为边做等边,若平面内有一点使得与的面积相等，求的值.
19．已知向量，，函数
（1）若∥，求x的值；
（2）求函数的最小正周期和单调递增区间
20．设函数的最小正周期为.且.
（1）求和的值；
（2）在给定坐标系中作出函数在上的图象；
（3）若，求的取值范围.
21．如图，在三棱锥中，，，，，为线段的中点，为线段上一点．
（1）求证：平面平面；
（2）当面时，求三棱锥的体积．
22．已知等差数列的前n项和为，其中r为常数.
（1）求r的值；
（2）设，求数列的前n 项和.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【解析】
【分析】
根据等差数列的公差关系，，整体代入即可得解.
【详解】
由题：公差为2的等差数列中,若
则.
故选：A
【点睛】
此题考查根据等差数列性质求指定项之和，关键在于弄清项与项之间的关系，熟练掌握等差数列的求和公式，整体代入求解.
2．B
【解析】
【分析】
用诱导公式转化．
【详解】
．
故选：B.
【点睛】
本题考查求函数解析式，掌握诱导公式是解题关键．本题也可以先求出，再求解．
3．C
【解析】
【分析】
设圆锥的底面半径为，则可得，求出底面半径，再利用勾股定理可求出圆锥的高
【详解】
设圆锥的底面半径为，则由题意得，所以，
所以圆锥的高为，
故选：C
4．B
【解析】
【分析】
设球、半球的半径分别为、，设正方体的下底面的中心为，连接，根据已知条件求出的值，根据几何体的对称性知球的球心在线段上，进而可得出关于的方程，求出的值，利用球体的表面积公式可求得球的表面积.
【详解】
设球、半球的半径分别为、，
则由正方体与半球的位置关系易知正方体的棱长为，
设正方体的下底面的中心为，连接，则四棱锥的高，
易知四棱锥为正四棱锥，则其斜高为，
由题意得，得，
根据几何体的对称性知球的球心在线段上，连接、，
在中，，，，
由勾股定理得，则，解得，
因此，球的表面积，
故选：B.
【点睛】
方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
5．A
【解析】
【分析】
根据题意得直线的方程为，再根据直线与圆相切求解即可.
【详解】
解：因为直线在轴，轴上的截距分别为，，
所以直线的方程为，即，
因为直线与圆相切，圆心为，半径，
所以，解得或
故选：A
6．D
【解析】
【分析】
利用棱柱的概念“有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱”即可逐个判断选项的正误．
【详解】
由棱柱的定义可知，只有D正确，对于选项分别构造反例图形如下：
图形中：平面与平面平行，但四边形与相似不全等，故A选项错误；
B图形中：正六棱柱的相对侧面与平行，但不是底面，故B选项错误；
C图形中：直四棱柱底面是菱形，故C选项错误．
故选D.
【点睛】
本题考查根据棱柱的概念判断命题的真假，一定要牢抓棱柱的概念，并能对不成立的命题举出反例，属于基础题．
7．C
【解析】
【分析】
结合空间中线线、线面、面面间的位置关系及正方体的性质，对题中5个说法逐个分析，可选出答案.
【详解】
对于①，当为的中点时，因为且，所以四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面，故①正确；
对于②，当为的中点时， ，又，，可得，此时与所成的角为，故②错误；
对于③，由，，且，可得平面，又平面，故，故③正确；
对于④，当为的中点时，线段的长为两平行线之间的距离，且，故，即④正确；
对于⑤，如图，点为中点，连结，因为，所以与所成角的正切值即为与所成角的正切值，为，点为上移动，始终为直角三角形，当与或重合时，取得最大值，此时与所成角的正切值最大，且与所成的角也最大，设正方体边长为2，则，，所以所成最大角的正切值为，故⑤正确.
所以正确的个数为4.
故选：C.
【点睛】
本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系及其应用，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.
8．D
【解析】
【分析】
根据直线方程求得直线的斜率，结合斜率与倾斜角的关系，即可求解.
【详解】
设直线的倾斜角为，
因为直线的斜率为，
即，且，所以，即直线的倾斜角为.
故选：D.
9．C
【解析】
【分析】
利用等差数列前项和公式以及等差数列下标和性质分析出的单调性以及项的取值正负，从而确定出，由此可得选项.
【详解】
因为，所以，所以，
又因为，所以，所以，
又，所以，
所以为递减数列，且前项为正值，从第项开始为负值，
所以，
故选：C.
10．B
【解析】
利用余弦定理列方程组可求出，，之间的关系，再计算它们的比即可
【详解】
解：如图所示，在中，，
则，
在中，，则，
所以，解得，
所以，得，
所以，
故选：B
【点睛】
此题考查余弦定理的应用问题，考查计算能力，属于基础题
11．B
【解析】
【详解】
若，则与平行，相交或，故不正确；若，则，，根据线面平行的性质在内至少存在一条直线与平行，根据线面垂直的判定：如果两条平行线中的一条垂直这个平面，那么另一条也垂直于该平面，，可得，故正确；若，，则或与相交，故不正确；若，则与相交或平行，故不正确，故选B.
【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定与性质、面面垂直的性质及线面垂直的判定，属于难题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.
12．A
【解析】
先求出两直线平行时的a值，然后再根据充分必要条件的概念判断．
【详解】
直线与直线平行，则，，
时，两直线方程分别为，平行，
时，两直线方程分别为，平行，
∴直线与直线平行的充要条件是，
则“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件．
故选：A.
【点睛】
本题考查充分必要条件的判断，判断充分必要条件一种是证明两个命题的真假，一种是求出命题成立的参数范围，利用集合的包含关系判断充分必要条件．
13．
【解析】
【分析】
利用正弦定理可求出，由只有一个结合正弦函数的性质可得解.
【详解】
由正弦定理有：，则，
又，，
可得，当时满足题意只有一个，
此时，，
即实数k的取值范围是
故答案为：
【点睛】
思路点睛：本题考查利用正弦定理判断三角形个数的问题，利用正弦定理求出，，利用满足题意只有一个，可知，即可求出k的取值范围，考查学生的转化与化归能力，属于中等题.
14．②④
【解析】
【分析】
根据题意，结合平面向量基本定理，逐项判断，即可得出结果.
【详解】
因为，，是平面上两两不平行的三个非零向量，
对于①，方程可化为，，由平面向量基本定理分析可得：最多有一个解，故①错；
对于②，，，都是非零向量，方程是关于向量的方程，因此方程在实数集内一定无解，故②正确；
对于③，因为，都是不平行的非零向量，因此，由得到，所以，只能，即实数解为，故③错，④正确；
故答案为：②④
【点睛】
本题主要考查命题真假的判断，以及平面向量基本定理的应用，熟记平面向量基本定理即可，属于常考题型.
15．9
【解析】
【分析】
由直观图可得原图为边长等于3的正方形.
【详解】
由直观图题意知，是边长为3的正方形，其面积.
故答案为：9.
16．
【解析】
【分析】
中，由三角形内角和定理求出，利用正弦定理求得的值，在直角中求出的值．
【详解】
因为，，
所以，
在中，根据正弦定理可知，
即，解得，
在直角中，，
，
所以塔高米．故答案为.
【点睛】
本题主要考查正弦定理的实际应用，以及直角三角形的边角关系应用问题，是基础题．正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下三种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.
17．（Ⅰ），；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）根据，求得的函数解析式，再根据正弦函数的单调性，确定函数的单调递增区间；
（Ⅱ）由先确定的范围，进而得到，再利用已知的最值，建立关于的方程组解得a，b的值.
【详解】
（Ⅰ）∵
令，
∴，
∴函数的单调递增区间为，．
（Ⅱ）∵
又∵，
∴，∴．
又∵，∴，．
即解得．
18．.
【解析】
【详解】
分析：先求得的坐标，求得等边的面积，求出的面积，根据与的面积相等，即可求得的值．
详解：令，则
令，则
，
点P到线AB的距离
，
解得
点睛：本题重点考查三角形面积的计算，考查直线方程的运用，以及点到直线距离公式，属于基础题
19．（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）利用向量共线坐标所满足的条件，求得x的值.
（2）由向量和三角函数化简可得f（x），可得周期和单调递增区间；
【详解】
（1）∵，∴，
∴；∴．
（2）∵，
∴
，
∴．
令得，
∴单调递增区间是．
【点睛】
本题考查三角函数的性质，涉及共线向量坐标运算和向量的数量积，属中档题．
20．（1）,（2）见解析（3）
【解析】
【详解】
【试题分析】（1）借助周期公式，再借助题设条件，求出；（2）运用五点法列表进行绘图分别选取时求出对应的x的值并求出对应的函数值再进行描点画图；（3）借助余弦曲线将不等式化为，进而解得，即所求的范围是.
解：（1）周期，∵，且，∴.
（2）知，则列表如下：
0
0
1 0 -1 0
图象如图：
（3）∵，∴，解得，∴的范围是.
21．（1）证明见解析；（2）．
【解析】
（1）根据线面垂直证明面面垂直，
（2）由面，可知，故以为底面，为高求三棱锥体积.
【详解】
（1）证明：由，为线段的中点，
可得，
由，，，
可得 平面，
又平面，
可得
又
所以平面，平面，
所以平面平面；
（2）解：平面，平面，
且平面平面，
可得，
又为的中点，
可得为的中点，且，
由平面，可得平面，
可得，
则三棱锥的体积V= ．
22．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）求出前三项为，利用等差中项的性质即可得解；
（2）由（1）可得，，利用裂项相消法即可得解.
【详解】
（1）先求前三项，，，，
由为等差数列，所以，
所以，即；
（2） 由（1）知，，
也满足，所以，
所以，所以，
所以.
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