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  • 2021-06-24 发布

【数学】黑龙江省大庆中学2019-2020学年高一下学期期末考试试题

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黑龙江省大庆中学2019-2020学年高一下学期期末考试 数学试题 一、选择题(本大题共12个小题,每小题5分,共60分)‎ ‎1.已知为非零实数,且,则下列命题成立的是( )‎ A. B. C. D.‎ ‎2.若等差数列和等比数列满足,,则为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎3.已知的三个内角的对边分别为,且满足,则等于( )‎ A. B. C. D.‎ ‎4.设,满足约束条件,则的最小值为( )‎ A. B. C. D.5‎ ‎5.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )‎ A. B.‎ C. D.2‎ ‎6.设,是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,下列说法正确的是( )‎ A.若,,则 B.若,,,则 C.若,,,则 D.若,,,则 ‎7.已知直线和以,为端点的线段相交,则实数k的取值范围为( )‎ A. B. C.或 D.‎ ‎8.空间四边形中,,,分别是,的中点,,则异面直线,所成的角为( )‎ A.60° B.30° C.90° D.120°‎ ‎9.在四面体中,已知棱的长为,其余各棱长都为1,则二面角的平面角的余弦值为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎10.若不等式 对任意实数 均成立,则实数 的取值范围是( )‎ A. B. C. D.‎ ‎11.已知正项数列的前n项和为,满足,则( )‎ A. B. C. D.‎ ‎12.若两个正实数满足,且不等式有解,则实数的取值范围  ‎ A. B.‎ C. D.‎ 二、填空题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分)‎ ‎13.两条直线与互相垂直,则=___________.‎ ‎14.已知,则的最小值是_____________________.‎ ‎15.数列满足,则的前8项和为___________.‎ ‎16.在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=60°,AB=AC=2,PA=2,则三棱锥P-ABC外接球的半径为____________.‎ 三、解答题(本大题共6个小题,17题10分,18题--22题,每小题12分,共70分)‎ ‎17.(本题10分)已知中,、、,写出满足下列条件的直线方程(要求最终结果都用直线的一般式方程表示).‎ ‎(1)边上的高线的方程;‎ ‎(2)边的垂直平分线的方程.‎ ‎18.(本题12分)在中,内角,,的对边分别为,,,且.‎ ‎(1)求角的大小;‎ ‎(2)若,,求的面积.‎ ‎19.(本题12分)在等差数列中,为其前项和,且 ‎(1)求数列的通项公式;‎ ‎(2)(文科做)设,求数列的前项和 ‎(理科做)设,求数列的前项和 ‎20.(本题12分)已知关于的不等式.‎ ‎(1)当时,解上述不等式.‎ ‎(2)当时,解上述关于的不等式 ‎21.(本题12分)如图,在三棱锥中,,底面ABC.M,N分别为PB,PC的中点.‎ ‎(1)求证:平面ABC;‎ ‎(2)求证:平面平面PAC;‎ ‎(3)若,求三棱锥的体积.‎ ‎22.(本题12分)已知函数,且的解集为.‎ ‎(1)求函数的解析式;‎ ‎(2)解关于x的不等式,;‎ ‎(3)设,若对于任意的都有,求M的最小值.‎ ‎【参考答案】‎ 一、单选题 ‎1. 【答案】D ‎【解析】若ab2,A不成立;若B不成立;若a=1,b=2,则,所以C不成立 ,故选D.‎ ‎2. 【答案】B ‎【解析】设等差数列的公差为,等比数列的公比为,‎ 由题意可得,‎ ‎∴,∴.选B.‎ ‎3. 【答案】B ‎【解析】由题,根据正弦定理可得,‎ 所以,‎ 因为在中,,所以,‎ 因为,所以,‎ 故选:B ‎4.【答案】C ‎【解析】根据线性约束条件,画出不等式组表示的可行域如图所示:‎ 由平移得到,‎ 由图可知当目标函数经过点处取得最小值,‎ 代入可得为.‎ 故选:C.‎ ‎5.【答案】D ‎【解析】由几何体的三视图可知,该几何体是四棱锥,高为,底面为边长和的矩形,如图所示:‎ 由四棱锥的体积公式可得,.‎ 故选:D ‎6. 【答案】C ‎【解析】选项A,直线n可能在平面内,错误;‎ 选项B,如果,,,那么与平行或相交,错误;‎ 选项C,,,且,则必有,根据面面垂直的判定定理知,,正确.‎ 选项D,与相交或平行,错误;‎ 故选:C ‎7. 【答案】D ‎【解析】解:因为直线恒过定点,‎ 又因为,,‎ 故直线的斜率的范围为.‎ 故选:D.‎ ‎8.【答案】A ‎【解析】取AC中点G,连接EG、FG,‎ 由三角形中位线的知识可知:EGBC,FGAD,‎ ‎∴∠EGF或其补角即为异面直线AD,BC所成的角,‎ 在△EFG中,cos∠EGF,‎ ‎∴∠EGF=120°,由异面直线所成角的范围可知应取其补角60°,‎ 故选:A.‎ ‎9. 【答案】D ‎【解析】‎ 由已知可得AD⊥DC 又由其余各棱长都为1得正三角形BCD,取CD得中点E,连BE,则BE⊥CD 在平面ADC中,过E作AD的平行线交AC于点F,则∠BEF为二面角A﹣CD﹣B的平面角 ‎∵EF=(三角形ACD的中位线),BE=(正三角形BCD的高),BF=(等腰RT三角形ABC,F是斜边中点)‎ ‎∴cos∠BEF=‎ 故选D.‎ ‎10. 【答案】A ‎【解析】由题意,不等式,可化为,‎ ‎ 当,即时,不等式恒成立,符合题意;‎ ‎ 当时,要使不等式恒成立,需 , ‎ 解得,‎ 综上所述,所以的取值范围为,故选A.‎ ‎11. 【答案】A ‎【解析】,‎ 当时,,或(舍去);‎ 当时,,,‎ 两式相减得:.‎ ‎,,‎ 所以数列是首项,公差的等差数列,‎ ‎,故选:A.‎ ‎12. 【答案】C ‎【解析】分析:不等式有解,即为大于的最小值,运用乘1法和基本不等式,计算即可得到所求最小值,解不等式可得m的范围.‎ 详解:正实数 满足则 =4,‎ 当且仅当,取得最小值4. 由x有解,可得 解得或. 故选C .‎ 点睛:本题考查不等式成立的条件,注意运用转化思想,求最值,同时考查乘1法和基本不等式的运用,注意满足的条件:一正二定三等,考查运算能力,属中档题.‎ 二、填空题 ‎13.【答案】1‎ ‎【解析】两条直线与互相垂直,则,解得.‎ 故答案为:.‎ ‎14.【答案】2‎ ‎【解析】因为,所以 所以,‎ 当且仅当即x=2,y=5时取到最小值.故答案为:2.‎ ‎15.【答案】20‎ ‎【解析】数列满足,‎ ‎,,,,,,,‎ 可得,,,,‎ ‎.‎ 故答案为:20‎ ‎16.【答案】5.‎ ‎【解析】因为,所以由余弦定理可得,‎ 设外接圆的半径为,则,所以,‎ 设球心到平面的距离为,则由勾股定理可得,‎ 所以.‎ 三、解答题 ‎17.解:(1)直线的斜率为,所以,边上的高线的方程为,即;‎ ‎(2)线段的中点为,所以,边的垂直平分线的方程为,即.‎ ‎18.解:(Ⅰ)由余弦定理得:,‎ 又因为,‎ 所以,所以,‎ 所以,‎ 因为,所以,因为,所以.‎ ‎(Ⅱ)由正弦定理得:,所以,‎ 因为,所以,所以所以.‎ ‎19. 解:(1)由已知条件得解得所以通项公式为;‎ ‎(2)(文科)由(1)知,,‎ ‎∴数列的前项和 ‎ =‎ ‎(理科)由 ‎①‎ ‎②‎ ‎①-②‎ ‎20. 解:(1)当时,代入可得,‎ 解不等式可得,所以不等式的解集为.‎ ‎(2)关于的不等式.‎ 若,当时,代入不等式可得,解得;‎ 当时,化简不等式可得,由解不等式可得,‎ 当时,化简不等式可得,解不等式可得或,‎ 综上可知,当时,不等式解集为,当时,不等式解集为,当时,不等式解集为或 ‎21. 解:证明:(1)M,N分别为PB,PC的中点,‎ 所以,平面ABC,‎ 平面ABC,所以平面ABC;‎ ‎(2)底面ABC,平面ABC,所以,‎ 因为,所以,又,‎ 所以平面PAC,平面ABC,所以平面平面PAC;‎ ‎(3)由(2)知,,平面PAC,所以平面PAC,‎ ‎,‎ 在三角形PAC中,,,‎ ‎,‎ 所以.‎ ‎22.解:(1)因为的解集为,所以的根为,2,‎ 所以,,即,;所以;‎ ‎(2),化简有,整理,‎ 所以当时,不等式的解集为,‎ 当时,不等式的解集为,‎ 当时,不等式的解集为,‎ 当时,不等式的解集为,‎ ‎(3)因为时,根据二次函数的图像性质,有,‎ 则有,所以,,‎ 因为对于任意的都有,‎ 即求,转化为,‎ 而,,所以,‎ 此时可得,‎ 所以M的最小值为.‎