铜仁市2020~2021学年高一年级下学期期末质量监测试卷
数学
卷共8页,22题。全卷满分150分。考试用时120分钟
注意事项
1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上
2.选择题的作答:每小題逸出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷
非选择题的作答:用黑色签宇笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题
卡上的非答题区域均无效
4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交
选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要
求的
B.{x|-1<
2.已知等比数列{an}中,首项为2,公比为2,则a1=
岳
在△ABC中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,若A=45°,B=60°,b=√6,则
B.棱锥被平面分成的两部分不可能都是棱锥
D.棱柱被平面分成的两部分可以都是棱柱
的公切线条数为
D.4
7.直线
直线a
异面直
的位置关系是
A
相交
异面或相交
数x,y满
的最大值为
B
表示直线,a表
其中正确的命题个数
11.如图
空间几何体三视图均为直角边长为1的等腰直角三角形,则该几何体的外接球的表面积为
主)视图侧(左)视图
D.4
12.若当x∈[-2,2]时,不等式
+1恒成立,则实数k的取值范围是
A.[-2,2
大题共4小题,每小题5分,共20分
则m的值为
已知直线
+(y-1)2=16的圆周,则+的
4.已知直线
平分圆(x-2)
直线O1O2的平面截该圆
得的截面是面积为16的
知圆柱的上
分别为O1,O
正方形,则该圆柱的体积为
限的一动点
与圆O的另一个
已知
为圆
则直线
且直线
B的斜率
第2页共8页
解答题:共70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
本小题满分10分)如图,长方体
ABCD
A1B1C1D1中,AB
BB2=1,求线段BD1的
高一数学试卷_3页共8页
本小题满分12分)已知△ABC的顶点坐标为
1)试判断△ABC的形状
上的高所
试卷第4页共2
19.(本小题满分12分)如图,直三棱柱ABCA1B1C1中,∠CAB=60°,AC=
AB=AA1且D,E分别是BC,CC的中点
求证:CA1∥平面
(2)求证:BE⊥平面ADB
高一数学试卷第5页共8页
本小题满分12分)在锐角△ABC中,a,b,c是角A,B,C的对边,且
求角A的大
A-C)+cos
H
2)若
面积是3
离一数学试卷第2021年7月铜仁市高一年级统一考试数学
参考答案
一、选择题：（本大题共12个小题，每小题5分，共60分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
D
C
A
D
B
C
A
D
C
B
A
B
填空题（每小题5分，共20分）
13、
3
14、
8
15、
16、
三、解答题：（共计70分）
17.
（本小题满分10分）
解：因为在长方体中，，，，
连接，在中，有，......5分
又因为在长方体中，平面，
所以，在中，....9分
.
……………10分
也可以直接由长方体性质得：
.（10分）
18.（本小题满分12分）
解：（1）
.......
.....2分
，............2分
(如果求AC的斜率，不扣分，不加分）
，，
为直角三角形
………………………………………6分
（2）因为
,所以,
边上高线所在直线的斜率为.....9分
直线的方程是，即………………12分
19.（本小题满分12分）
解：（1）如图，连接，交于，连接
则，为的中点，因为为的中点
所以，为三角形的中位线，
……………4分
又
平面，
平面，
所以，
平面.
………………………6分
,,
为的中点，所以
以因为为直棱柱，所以………8分
,,
∵∽，
,即,
,所以,.
…………………………12分
20.（本小题满分12分）
解（1）在锐角中，
，
则，由，
可得，
得
，（没有指出锐角或
则在锐角中，
……………………………………6分
（2）由（1）知，且，得，…………7分
由余弦定理得，又，…………………………9分
那么，
则，可得.……………………12分
21.（本小题满分12分）
解：(1)当n＝1时，a1＝S1＝1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1.
检验，当n＝1时a1＝1＝2×1－1符合.
所以an＝2n－1(n∈N
).………………3分
当n≥2时，因为bn＋1＝3bn＋2，则＝＝3，而b1＋1＝3，
所以数列{bn＋1}是等比数列，且首项为3，公比为3.
……………6分
(2)由(1)得bn＋1＝3×3n－1＝3n，cn＝an·(bn＋1)＝(2n－1)·3n，…………………………7分
所以Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn，
即
Tn＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n－3)·3n－1＋(2n－1)·3n,
①………………………8分
3Tn＝1×32＋3×33＋5×34＋…＋(2n－3)·3n＋(2n－1)·3n＋1，②
由①－②得：－2Tn＝1×3＋2(32＋33＋…＋3n－1＋3n)－(2n－1)·3n＋1，……………10分
－2Tn＝1×3＋2·－(2n－1)·3n＋1＝－6－(2n－2)·3n＋1，
则Tn＝3＋(n－1)·3n＋1，
所以Tn＝3＋(n－1)·3n＋1.
………………………………………………12分
另解：因为cn＝an(bn＋1)＝(2n－1)·3n＝[(n＋1)－2]·3n＋1－(n－2)·3n，
设dn＝(n－2)·3n，则cn＝dn＋1－dn，
所以Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn－1＋cn＝(d2－d1)＋(d3－d2)＋…＋(dn＋1－dn)
＝dn＋1－d1＝[(n＋1)－2]·3n＋1－(1－2)·31＝3＋(n－1)·3n＋1，
所以Tn＝3＋(n－1)·3n＋1.
22.（本小题满分12分）
解：(1)因为圆的方程可化为，
所以圆心坐标为(3,0).
………………………………………………4分
(2)设点,则，
.
由题意可知直线l的斜率必存在,
设直线l的方程为.
将上述方程代入圆的方程，化简得.
因为.
所以.
由解得又,所以.
所以线段AB的中点M的轨迹C的方程为
.…没有…扣1分........8分
(3)存在实数k满足条件.由(2)知,曲线C是在区间上的一段圆弧.
如图，，，,直线过定点G(4,0).
联立直线的方程与曲线C的方程,消去整理得.
由,解得,
此时直线l与曲线C相切,由根与系数的关系易得切点的横坐标为,
又，
，由图可知要使直线与曲线C只有
一个交点,则.
故的取值范围为.……如没有…扣1分………………………12分
（注：其他解法请参照步骤给分）
答案
第1页
共4页
