江西省万载中学2020-2021学年高一下学期期末考试理科数学Word版含答案

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2023届高一年级第二学期期末考试数学试题（理）一、单选题（每小题5分，共60分）1．下列命题中，正确的是（）A．若，则B．若，则这两个向量夹角为锐角C．若，，则D．若，，则2．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，满足条件，的三角形有两个，则的取值范围是（）A．B．C．D．3．已知为等差数列且，，为其前项的和，则（）A．176B．182C．188D．1924．圆心在轴上，且过点的圆与轴相切，则该圆的方程是（）A．B．C．D．5．某四棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为1，则该四棱锥的4个侧面的面积中，最大的是（）A．16B．12C．8D．6．如图，已知，用，表示，则等于（）A．B．C．D．7．在中，已知，则的形状一定是（）A．等腰三角形B．直角三角形C．等边三角形D．等腰或直角三角形8．图1中的机械设备叫做“转子发动机”，其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”，图2是一个曲侧面三棱柱，它的侧棱垂直于底面，底面是“莱洛三角形”，莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆弧得到的，如图3．若曲侧面三棱柱的高为10，底面任意两顶点之间的距离为答案第8页，总8页

110，则其侧面积为（）A．B．C．D．6009．等差数列中，，前n项和为，若，则（）A．-4042B．-2021C．2021D．404210．中，，两条高，所在的直线方程分别为，，则所在直线的方程是（）．A．B．C．D．11．直线，为直线上动点，则的最小值为（）A．B．C．D．12．古希腊毕达哥拉斯学派的数学家常用小石子在沙滩上研究数学问题，他们在沙滩上画点或用小石子来表示数.比如，他们研究过图1中的1，3，6，10，…，这样的数称为三角形数；类似地，图2中的1，4，9，16，…，这样的数称为正方形数；图3中的1，5，15，30，…，这样的数称为正五边形数.那么正五边形数的第2020项小石子数是（）A．5×1010×2021B．5×1010×2019C．5×1011×2019D．5×1011×2021二、填空题（每小题5分，共20分）13．已知向量不共线，若三点共线，则实数___________.14．是等比数列的前项和，若（），则______．15．在圆上有且仅有三个点到直线的距离为2，则a的值为__________．16．在四面体ABCD中，底面是边长为2的等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，平面平面，则四面体ABCD的外接球的表面积为__________．答案第8页，总8页

2三、解答题（第17题10分，18—22题12分，共70分）17．已知向量，若，（1）求向量与的夹角；（2）求的值．18．已知直线经过点．(1)若原点到直线的距离为2，求直线的方程；(2)若直线被两条相交直线和所截得的线段恰被点平分，求直线的方程．19．已知等比数列的公比，其前项和为，若，是和的等差中项；（1）求与；（2）设，数列的前项和记为，求．20．如图所示，在四棱锥M—ABCD中，底面ABCD为直角梯形，，，，，为等边三角形．（1）求证：；（2）若平面平面ABCD，求三棱锥的体积．21.在中，内角，，所对的边分别为，，，且.（1）求角的大小；（2）若，求的范围.答案第8页，总8页

322．已知直线与圆相交于，不同两点.（1）若，求的值；（2）设是圆上的一动点(异于，)，为坐标原点，若，求面积的最大值.高一下学期期末考试参考答案（理科）一、选择题题号123456789101112选项CBDCBABADCCB二、填空题13.14.15.或16.三、解答题17．（1），，，，解得，……………3分，，，，所以向量与的夹角为……………5分（2），.……………10分18．(1)当直线的斜率不存在时，显然成立，直线方程为．答案第8页，总8页

4当直线斜率存在时，设直线方程为，由原点到直线的距离为2得，解得，故直线的方程为，即，综上，所求直线方程为或．………………………6分（注：若写成一般方程，则为或）(2)设直线夹在直线，之间的线段为（在上，在上），、的坐标分别设为、，因为被点平分，所以，，于是，由于在上，在上，即，解得，，即的坐标是，故直线的斜率是，即…………………………………………12分19.解：（1）设递增等比数列的公比为，由解得（舍去）或，所以，………………………………3分．………………………………6分（2）由（1）得，所以①②答案第8页，总8页

5②-①得………………………12分20.解（1）取BD中点O，连接CO、MO，如图所示因为为等边三角形，且O为BD中点，所以……………①又，且O为BD中点，所以……………②又，由①②可知平面，所以……………………6分（2）因为平面平面ABCD，且平面平面ABCD=BD，，所以平面ABCD，由（1）易知，，所以……………………12分21．（1）由及正弦定理得，又，所以，整理得，即.因为，所以，所以.又，所以.……………………6分（2）由正弦定理可得，所以，，答案第8页，总8页

6则，得到故得到……………………12分22．（1）∵直线与圆交于两点，∴，解得，∵，∴或.……………………5分（2）设，，将代入方程，整理得，∴，，解得，由（1）知，所以直线的方程为，……………………9分可知圆心在直线上，∴是圆的直经，且，∵是圆上的一动点(异于，)，∴到直线的最大距离即为半径为1，答案第8页，总8页

7∴面积的最大值为.……………………12分答案第8页，总8页