2018-2019学年福建省泉州市晋江四校高一下学期期末联考数学试题（解析版） 18页

‎2018-2019学年福建省泉州市晋江四校高一下学期期末联考数学试题 一、单选题 ‎1．直线关于直线对称的直线方程是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】所求直线的斜率与直线的斜率互为相反数，且在处有公共点，求解即可。‎ ‎【详解】‎ 直线与直线的交点为，则所求直线过点,‎ 因为直线的斜率为，所以所求直线的斜率为，‎ 故所求直线方程为，即.‎ 故答案为A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了直线的斜率，直线的方程，直线关于直线的对称问题，属于基础题。‎ ‎2．如图，正四棱柱中（底面是正方形，侧棱垂直于底面），，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：连结，异面直线所成角为，设,在中 ‎【考点】异面直线所成角 ‎3．已知，则下列不等式一定成立的是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据对数函数的单调性，求得的大小关系，由此对选项逐一分析，进而得出正确选项.‎ ‎【详解】‎ 由于在上为增函数，所以.所以：‎ ‎，A选项错误.‎ ‎，故符号无法判断，B选项错误.‎ ‎，在上递减，故，C选项错误.‎ 由于，由于当时，在上递增，所以，即，故D选项正确.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查对数函数、指数函数和幂函数的单调性，属于基础题.‎ ‎4．内角，，的对边分别为，，.已知，，，则这样的三角形有（ ）‎ A．0个 B．1个 C．2个 D．1个或2个 ‎【答案】C ‎【解析】根据和的大小关系，判断出解的个数.‎ ‎【详解】‎ 由于，所以，故解的个数有两个.如图所示两个解.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本小题主要考查正弦定理的运用过程中，三角形解的个数判断，属于基础题.‎ ‎5．在等差数列中，若，则( )‎ A．45 B．75 C．180 D．320‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：因为数列为等差数列，且，所以，，从而，所以，而，所以，故选C.‎ ‎【考点】等差数列的性质.‎ ‎6．在数列中，，，则的值为（ ）‎ A．4950 B．4951 C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】利用累加法求得，由此求得的表达式，进而求得的值.‎ ‎【详解】‎ 依题意，所以，所以，当时，上式也满足.所以.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本小题主要考查累加法求数列的通项公式，属于基础题.‎ ‎7．直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】先求出AB的长，再求点P到直线AB的最小距离和最大距离，即得△ABP面积的最小值和最大值，即得解.‎ ‎【详解】‎ 由题得,‎ 由题得圆心到直线AB的距离为，‎ 所以点P到直线AB的最小距离为2-1=1，最大距离为2+1=3，‎ 所以△ABP的面积的最小值为，最大值为.‎ 所以△ABP的面积的取值范围为[1,3].‎ 故选D ‎【点睛】‎ 本题主要考查点到直线的距离的计算，考查面积的最值问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ ‎8．设是数列的前项和，时点在抛物线上，且的首项是二次函数的最小值，则的值为（ ）‎ A．45 B．54 C．36 D．－18‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据点在抛物线上证得数列是等差数列，由二次函数的最小值求得首项，进而求得的值.‎ ‎【详解】‎ 由于时点在抛物线上，所以，‎ 所以数列是公差为的等差数列.‎ 二次函数，‎ 所以.‎ 所以.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本小题主要考查等差数列的证明，考查二次函数的最值的求法，考查等差数列前项和公式，属于基础题.‎ ‎9．若两个正实数，满足，且不等式有解，则实数的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】利用基本不等式求得的最小值，根据不等式存在性问题，解一元二次不等式求得的取值范围.‎ ‎【详解】‎ 由于，而不等式有解，所以，即，解得或.‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本小题主要考查利用基本不等式求最小值，考查不等式存在性问题的求解，考查一元二次不等式的解法，属于中档题.‎ ‎10．在中，角，，的对边分别为，，，且.则（ ）‎ A． B．或 C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】利用余弦定理和正弦定理化简已知条件，求得的值，即而求得的大小.‎ ‎【详解】‎ 由于，所以，由余弦定理和正弦定理得，即，由于是三角形的内角，所以为正数，所以，为三角形的内角，所以.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本小题主要考查正弦定理和余弦定理边角互化，考查三角形的内角和定理，考查两角和的正弦公式，属于基础题.‎ ‎11．如图，各棱长均为的正三棱柱，、分别为线段、上的动点，且平面，，中点轨迹长度为，则正三棱柱的体积为（ ）‎ A． B． C．3 D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】设的中点分别为，判断出中点的轨迹是等边三角形的高，由此计算出正三棱柱的边长，进而计算出正三棱柱的体积.‎ ‎【详解】‎ 设的中点分别为，连接.由于平面 ‎，所以.当时，中点为平面的中心，即的中点（设为点）处.当时，此时的中点为的中点.所以点的轨迹是三角形的高.由于三角形是等边三角形，而，所以.故正三棱柱的体积为.‎ 故选：D ‎【点睛】‎ 本小题主要考查线面平行的有关性质，考查棱柱的体积计算，考查空间想象能力，考查分析与解决问题的能力，属于中档题.‎ ‎12．菱形，是边靠近的一个三等分点，，则菱形面积最大值为（ ）‎ A．36 B．18 C．12 D．9‎ ‎【答案】B ‎【解析】设出菱形的边长，在三角形中，用余弦定理表示出，利用菱形的面积公式列式，结合二次函数的性质求得菱形面积的最大值.‎ ‎【详解】‎ 设菱形的边长为，在三角形中，，有余弦定理得.所以菱形的面积，故当时，菱形的面积取得最大值为.‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本小题主要考查余弦定理解三角形，考查同角三角函数的基本关系式，考查菱形的面积公式，考查二次函数最值的求法，属于中档题.‎ 二、填空题 ‎13．终边经过点，则_____________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据正弦值的定义，求得正弦值.‎ ‎【详解】‎ 依题意.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查根据角的终边上一点的坐标求正弦值，属于基础题.‎ ‎14．直线的倾斜角为_____________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】先求得直线的斜率，由此求得对应的倾斜角.‎ ‎【详解】‎ 依题意可知，直线的斜率为，故倾斜角为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查直线斜率和倾斜角的计算，属于基础题.‎ ‎15．如图，两个正方形，边长为2，.将绕旋转一周，则在旋转过程中，与平面的距离最大值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】绕旋转一周得到的几何体是圆锥，点的轨迹是圆.过作平面平面，交平面于.的轨迹在平面内.画出图像，根据图像判断出圆的下顶点距离平面的距离最大，解三角形求得这个距离的最大值.‎ ‎【详解】‎ 绕旋转一周得到的几何体是圆锥，故点的轨迹是圆.过作平面平面，交平面于.的轨迹在平面内.画出图像如下图所示，根据图像作法可知，当位于圆心的正下方点位置时，到平面 的距离最大.在平面内，过作，交于.在中，,.所以①.其中，，所以①可化为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查旋转体的概念，考查空间点到面的距离的最大值的求法，考查空间想象能力和运算能力，属于中档题.‎ ‎16．设数列的前项和为满足：，则_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】利用，求得关于的递推关系式，利用配凑法证得是等比数列，由此求得数列的通项公式，进而求得的表达式，从而求得的值.‎ ‎【详解】‎ 当时，.‎ 由于，而，故 ‎，‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查配凑法求数列的通项公式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.‎ 三、解答题 ‎17．在三棱锥中，平面平面，，，分别是棱，上的点 ‎（1）为的中点，求证：平面平面.‎ ‎（2）若，平面，求的值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】（1）根据等腰三角形的性质，证得，由面面垂直的性质定理，证得平面，进而证得平面平面.‎ ‎（2）根据线面平行的性质定理，证得，平行线分线段成比例，由此求得的值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1），为的中点，所以.‎ 又因为平面平面，平面平面，且平面，‎ 所以平面，‎ 又平面，所以平面平面.‎ ‎（2）∵平面，面，面面 ‎∴，‎ ‎∴.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查面面垂直的判定定理和性质定理，考查线面平行的性质定理，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.‎ ‎18．如图1所示，在四边形中，，且，，．‎ ‎（1）求的面积；‎ ‎（2）若，求的长．‎ ‎ ‎ 图1 图2‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】（1）利用已知条件求出D角的正弦函数值，然后求△ACD的面积； （2）利用余弦定理求出AC，通过，利用余弦定理求解AB的长．‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，，所以，‎ 又，所以，所以．‎ ‎（2）由余弦定理可得，‎ 因为，所以，解得．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查余弦定理以及正弦定理的应用，基本知识的考查，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．‎ ‎19．泉州与福州两地相距约200千米，一辆货车从泉州匀速行驶到福州，规定速度不得超过千米/时，已知货车每小时的运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度千米/时的平方成正比，比例系数为0.01；固定部分为64元.‎ ‎（1）把全程运输成本元表示为速度千米/时的函数，并指出这个函数的定义域；‎ ‎（2）为了使全程运输成本最小，货车应以多大速度行驶？‎ ‎【答案】（1）,；（2），货车应以千米/时速度行驶，货车应以千米/时速度行驶 ‎【解析】（1）先计算出从泉州匀速行驶到福州所用时间，然后乘以每小时的运输成本（可变部分加固定部分），由此求得全程运输成本，并根据速度限制求得定义域.‎ ‎（2）由，，对进行分类讨论.当时，利用基本不等式求得行驶速度.当时，根据的单调性求得行驶速度.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）依题意一辆货车从泉州匀速行驶到福州所用时间为小时，‎ 全程运输成本为，‎ 所求函数定义域为；‎ ‎（2）当时，‎ 故有，‎ 当且仅当，即时，等号成立.‎ 当时，‎ 易证在上单调递减 故当千米/时，全程运输成本最小.‎ 综上，为了使全程运输成本最小，，货车应以千米/时速度行驶，‎ 货车应以千米/时速度行驶.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查函数模型在实际生活中的应用，考查基本不等式求最小值，考查函数的单调性，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.‎ ‎20．已知圆：.‎ ‎（1）过的直线与圆：交于，两点，若，求直线的方程；‎ ‎（2）过的直线与圆：交于，两点，直接写出面积取值范围；‎ ‎（3）已知，，圆上是否存在点，使得，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）或；（2）；（3）存在，理由见解析 ‎【解析】求得圆的圆心和半径.‎ ‎（1）设出直线的方程，利用弦长、勾股定理和点到直线距离列方程，解方程求得直线的斜率，进而求得直线的方程.‎ ‎（2）利用三角形的面积公式列式，由此求得面积取值范围.‎ ‎（3）求得三角形外接圆的方程，根据圆和圆的位置关系，判断出点存在.‎ ‎【详解】‎ 圆心为，半径为.‎ ‎（1）直线有斜率，设：，圆心到直线的距离为，‎ ‎∵，‎ 则由，得，‎ 直线的方程为或 ‎（2）依题意可知，三角形的面积为，由于，所以，所以.‎ ‎（3）设三角形的外接圆圆心为（），半径为，由正弦定理得，，所以，所以圆的圆心为,所以圆的方程为，圆与圆满足圆心距：‎ ‎，‎ ‎∴圆与圆相交于两点，‎ 圆上存在两个这样的点，满足题意.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查圆和圆的位置关系，考查三角形的面积公式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.‎ ‎21．如图，四面体中，，，为的中点.‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）已知是边长为2正三角形.‎ ‎（Ⅰ）若为棱的中点，求的大小；‎ ‎（Ⅱ）若为线段上的点，且，求四面体的体积的最大值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）（Ⅰ）；（Ⅱ）‎ ‎【解析】（1）取中点，连接，通过证明，证得平面，由此证得.‎ ‎（2）‎ ‎（I）通过证明，证得平面，由此证得,利用 “直斜边的中线等于斜边的一半”这个定理及其逆定理，证得.‎ ‎（II）利用求得四面体的体积的表达式，结合基本不等式求得四面体的体积的最大值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）取的中点，所以，所以.‎ 又因为，所以，‎ 又，所以面，所以.‎ ‎（2）（Ⅰ）由题意得，在正三角形中，，‎ 又因为，且，‎ 所以面，所以.‎ ‎∵为棱的中点，∴，‎ 在中，为的中点，.‎ ‎∴‎ ‎（Ⅱ），‎ 四面体的体积，‎ 又因为，即，‎ 所以 等号当且仅当时成立，‎ 此时.‎ 故所求的四面体的体积的最大值为.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查线线垂直的证明，考查线面垂直的证明，考查直角三角形的判定，考查三棱锥体积的最大值的求法，考查基本不等式的运用，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.‎ ‎22．已知数列为等差数列，为前项和，，‎ ‎（1）求的通项公式；‎ ‎（2）设，比较与的大小；‎ ‎（3）设函数，，求，和数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3），，‎ ‎【解析】（1）利用基本元的思想，将已知转化为的形式列方程组，解方程组求得的值，从而求得数列的通项公式.‎ ‎（2）利用裂项求和法求得表达式，判断出，利用对数函数的性质得到，由此得到.‎ ‎（3）首先求得，当时，根据的表达式，求得的表达式.利用分组求和法求得当时的表达式，并根据的值求得的分段表达式.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）为等差数列，，‎ 得，∴‎ ‎（2）∵，‎ ‎∴，‎ 又，∴.‎ ‎（3）由分段函数，可以得到：‎ ‎，，‎ 当时，，‎ 故当时，‎ ‎，‎ 又符合上式 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查等差数列基本量的计算，考查裂项求和法、分组求和法，考查运算求解能力，属于中档题.‎