安徽省六安二中霍邱一中金寨一中2018-2019学年高一下学期期末联考数学试题 20页

www.ks5u.com ‎2018~2019学年度高一年级第二学期期末联考试卷 数学 考生注意：‎ ‎1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。‎ ‎2．考生作答时，请将答案答在答题卡上。第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0．5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。‎ ‎3．本卷命题范围：必修⑤+必修②前3章。‎ 第Ⅰ卷（选择题共60分）‎ 一、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．‎ ‎1.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 圆柱的侧面展开图是一个矩形 B. 圆锥过轴的截面是一个等腰三角形 C. 平行于圆台底面的平面截圆台，截面是圆面 D. 直角三角形绕它的一边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据旋转体的定义与性质，对选项中的命题分析、判断正误即可．‎ ‎【详解】A．圆柱的侧面展开图是一个矩形，正确；‎ B．∵同一个圆锥的母线长相等，∴圆锥过轴的截面是一个等腰三角形，正确；‎ C．根据平行于圆台底面的平面截圆台截面的性质可知：截面是圆面正确；‎ D．直角三角形绕它的一条直角边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥，而直角三角形绕它的斜边旋转一周形成的曲面围成的几何体是两个对底面的两个圆锥，因此D不正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查了命题的真假判断，解题的关键是理解旋转体的定义与性质的应用问题，属于基础题．‎ ‎2.已知，则下列不等式成立的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依次判断每个选项得出答案.‎ ‎【详解】A. ，取，不满足，排除 B. ，取 ，不满足，排除 C. ，当时，不满足，排除 D. ，不等式两边同时除以不为0的正数，成立 故答案选D ‎【点睛】本题考查了不等式的性质，意在考查学生的基础知识.‎ ‎3.已知直线和，若，则实数的值为 A. 1或 B. 或 C. 2或 D. 或 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用直线与直线垂直的性质直接求解．‎ ‎【详解】∵直线和，若，‎ ‎∴，得 ，解得或，‎ ‎∴实数的值为或．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查直线与直线垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．‎ ‎4.已知变量，满足约束条件则取最大值为（ ）‎ A. B. C. 1 D. 2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．‎ ‎【详解】由约束条件作出可行域如图，当，即点，‎ 化目标函数为，由图可知，当直线过时，‎ 直线在轴上的截距最小，有最大值为．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，属于中档题．‎ ‎5.已知直线过点，且在纵坐标轴上的截距为横坐标轴上的截距的两倍，则直线的方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. 或 D. 或 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，分直线是否经过原点2种情况讨论，分别求出直线的方程，即可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，直线分2种情况讨论：‎ ‎①当直线过原点时，又由直线经过点，所求直线方程为，整理为，‎ ‎②当直线不过原点时，设直线的方程为，代入点的坐标得，解得，此时直线的方程为，整理为．‎ 故直线的方程为或.‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查直线的截距式方程，注意分析直线的截距是否为0，属于基础题．‎ ‎6.在中，内角、、所对的边分别为、、，且，则下列关于的形状的说法正确的是（ ）‎ A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 不能确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用三角形的正、余弦定理判定．‎ ‎【详解】在中，内角、、所对的边分别为、、，且，‎ 由正弦定理得，得，则，为直角三角形．‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查了三角形正弦定理的应用，属于基础题．‎ ‎7.一个几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. 10 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图可知该几何体为正四棱台，下底面边长为4，上底面边长为2，高为1．再由正四棱台体积公式求解．‎ ‎【详解】由三视图可知该几何体为正四棱台，下底面边长为4，上底面边长为2，高为1，所以，，‎ ‎∴该正四棱台的体积.‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查由三视图求正四棱台的体积，关键是由三视图判断出原几何体的形状，属于基础题．‎ ‎8.已知直线和互相平行，则它们之间的距离是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知中直线和互相平行，求出的值，再根据两条平行线间的距离公式求得它们之间的距离．‎ ‎【详解】∵直线和互相平行，则，‎ 将直线的方程化为，‎ 则两条平行直线之间的距离，＝＝＝.‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查两条直线平行的性质，两条平行线间的距离公式的应用，属于中档题．‎ ‎9.设是直线，，是两个不同的平面（ ）‎ A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用线面平行,垂直和面面平行和垂直的性质和判定定理对四个命题分别分析进行选择.‎ ‎【详解】对于A．若l∥α，l∥β，则α∥β或α，β相交，故A错；对于B．若l∥α，l⊥β，则由线面平行的性质定理，得过l的平面γ∩α＝m，即有m∥l，m⊥β，再由面面垂直的判定定理，得α⊥β，故B对；对于C．若α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，故C错；对于D．若α⊥β，l∥α，若l平行于α，β的交线，则l∥β，故D错．‎ 故选:B．‎ ‎【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，是中档题．‎ ‎10.若三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，且三棱锥的体积为，则球的体积为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由的体积计算得高，已知将三棱锥的外接球，转化为长2，宽2，高的长方体的外接球，求出半径，可得答案．‎ ‎【详解】∵，，故三棱锥的底面面积为，由平面，‎ 得，又三棱锥的体积为，得，‎ 所以三棱锥的外接球，相当于长2，宽2，高的长方体的外接球，‎ 故球半径，得，故外接球的体积.‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了三棱锥外接球的体积，三棱锥体积公式的应用，根据已知计算出球的半径是解答的关键，属于中档题．‎ ‎11.已知等差数列的前项和为，，当时，的值为（ ）‎ A. 21 B. 22 C. 23 D. 24‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，得，按或分两种情况，讨论当时，求的值.‎ ‎【详解】已知等差数列的前项和为，由，得，‎ 当时，有，得，‎ ‎，∴时，此时．‎ 当时，有，得，‎ ‎，∴时，此时．‎ 故选：B ‎【点睛】本题考查等差数列的求和公式及其性质的应用，也考查分类讨论的思想，属于基础题．‎ ‎12.若正方体的棱长为，点，在上运动，，四面体的体积为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意得，到平面的距离不变＝，且，即可得三棱锥的体积，利用等体积法得．‎ ‎【详解】正方体的棱长为，点，在上运动，，如图所示：‎ 点到平面的距离＝，且，所以.‎ 所以三棱锥的体积＝．‎ 利用等体积法得.‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查了正方体的性质，等体积法求三棱锥的体积，属于基础题．‎ 第Ⅱ卷（非选择题共90分）‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.已知斜率为直线的倾斜角为，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由直线的斜率公式可得＝，分析可得，由同角三角函数的基本关系式计算可得答案．‎ ‎【详解】根据题意，直线的倾斜角为，其斜率为，‎ 则有＝，则，必有，‎ 即，平方有：，得，故 ‎，‎ 解得或（舍）．‎ 故答案为：﹣‎ ‎【点睛】本题考查直线的倾斜角，涉及同角三角函数的基本关系式，属于基础题．‎ ‎14.已知，，，则的最小值为________．‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意整体代入可得，由基本不等式可得．‎ ‎【详解】由，，，‎ 则．‎ 当且仅当＝，即a＝3且b＝时，取得最小值9．‎ 故答案为：9．‎ ‎【点睛】本题考查基本不等式求最值，整体法并凑出可用基本不等式的形式是解决问题的关键，属于基础题．‎ ‎15.一个圆锥的侧面积为，底面积为，则该圆锥的体积为________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆锥的底面半径为，母线长为，由圆锥的侧面积、圆面积公式列出方程组求解，代入圆锥的体积公式求解．‎ ‎【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，其侧面积为，底面积为，‎ 则，解得，，∴高＝＝＝，‎ ‎∴＝＝．‎ 故答案：．‎ ‎【点睛】本题考查圆锥的体积的求法，考查圆锥的侧面积、底面积、体积公式等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．‎ ‎16.已知数列，，且，则________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得{}是以+1为首项，以2为公比的等比数列，再由已知求得首项，进一步求得即可．‎ ‎【详解】在数列中，满足得，‎ 则数列是以+1为首项，以公比为2的等比数列，‎ 得，由，则，得．‎ 由，得，故．‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了数列的递推式，利用构造等比数列方法求数列的通项公式，属于中档题．‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．‎ ‎17.在中，内角、、所对的边分别为，，，且满足．‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若，是方程的两根，求的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，可得：，再用正弦定理可得：，从而求得的值；‎ ‎（2）根据题意由韦达定理和余弦定理列出关于的方程求解即可．‎ ‎【详解】（1）由，‎ 得：，‎ 可得：，得．‎ 由正弦定理有：，由，有，故，‎ 可得，由，有．‎ ‎(2)由，是方程的两根，得，利用余弦定理得 而，‎ 可得．‎ 点睛】本题考查了三角形的正余弦定理的应用，化简与求值，属于基础题．‎ ‎18.如图，在直三棱柱中，，为的中点，为的中点.‎ ‎(1)求证：平面；‎ ‎(2)求证：.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)连、相交于点，证明四边形为平行四边形，得到，证明平面 ‎(2) 证明平面推出 ‎【详解】证明：(1)如图，连、相交于点，‎ ‎，，，‎ ‎，，，‎ ‎∴四边形为平行四边形，，‎ 平面，平面，平面，…‎ ‎(2)连 因为三棱柱是直三棱柱，底面，‎ 平面，，‎ ‎，，，‎ ‎，平面，‎ 平面，.‎ ‎【点睛】本题考查了线面平行，线线垂直，线面垂直，意在考查学生的空间想象能力.‎ ‎19.已知函数.‎ ‎（1）解关于的不等式；‎ ‎（2）若关于的不等式的解集为，求实数的值.‎ ‎【答案】（1）①当时，不等式的解集为；‎ ‎②当时，由，则不等式的解集为；‎ ‎③当时，由，则不等式解集为；‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）不等式，可化为，分三种情况讨论，分别利用一元二次不等式的解法求解即可；（2）不等可化为，根据1和4是方程的两根，利用韦达定理列方程求解即可.‎ ‎【详解】（1）不等式，可化为：.‎ ‎①当时，不等式的解集为；‎ ‎②当时，由，则不等式的解集为；‎ ‎③当时，由，则不等式的解集为；‎ ‎（2）不等可化为：.‎ 由不等式的解集为可知，1和4是方程的两根.‎ 故有，解得.‎ 由时方程为的根为1或4，则实数的值为1.‎ ‎【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法以及分类讨论思想的应用，属于中档题. .分类讨论思想的常见类型 ,‎ ‎⑴问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的； ‎ ‎⑵问题中的条件是分类给出的； ‎ ‎⑶解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的； ‎ ‎⑷涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的.‎ ‎20.记为数列的前项和，且满足．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）记，求满足等式的正整数的值．‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）首先利用数列的递推关系式求出数列的通项公式；‎ ‎（2）先求出，再利用裂项相消法求出数列的和，解出即可．‎ ‎【详解】（1）由为数列的前项和，且满足．‎ 当时，，得．‎ 当时，，得，‎ 所以数列是以2为首项，以为公比的等比数列，‎ 则数列的通项公式为．‎ ‎（2）由，‎ 得 由，解得．‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的求法，裂项相消法求数列的和，属于基础题．‎ ‎21.已知直线的方程为．‎ ‎（1）求直线所过定点的坐标；‎ ‎（2）当时，求点关于直线的对称点的坐标；‎ ‎（3）为使直线不过第四象限，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）把直线化简为，所以直线过定点（1，1）；‎ ‎（2）设B点坐标为，利用轴对称的性质列方程可以解得；‎ ‎（3）把直线化简为，由直线不过第四象限，得，解出即可．‎ ‎【详解】（1）直线的方程化简为，点满足方程，故直线所过定点的坐标为．‎ ‎（2）当时，直线的方程为，设点的坐标为，‎ 列方程组解得：，，‎ 故点关于直线的对称点的坐标为，‎ ‎（3）把直线方程化简为，由直线不过第四象限，得，‎ 解得，即的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题考查直线方程过定点，以及点关于直线对称的问题，直线斜截式方程的应用，属于基础题．‎ ‎22.已知等差数列的前项和为，，．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）记，求数列的前项和；‎ ‎（3）在（2）的条件下，当时，比较和的大小．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设等差数列的公差为，利用等差数列的通项公式和求和公式，解方程可得首项和公差，进而得到通项公式；‎ ‎（2）由（1）得，利用等差数列的求和公式可得；‎ ‎（3）分别求得和，作差比较即可得到大小关系．‎ ‎【详解】（1）设等差数列的公差为，由，‎ 得，化简得①．‎ 由，得，得②．‎ 由①②解得：，，则．‎ 则数列的通项公式为．‎ ‎（2）由（1）得，‎ ‎①当时，，；‎ ‎②当且时，，‎ 两式作差得：‎ 有：‎ 有：‎ 有：‎ 得 由上知．‎ ‎（3）由（1）得由，‎ 由（2）得当时，，‎ 令．‎ 则 ‎．‎ 由，有，得，故单调递增．‎ 又由，故，可得．‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，也考查了错位相减法求数列的和，分类讨论思想和作差比较大小的问题，属于中档题．‎ ‎ ‎