贵州省安顺市平坝区平坝第一高级中学2018-2019学年高一下学期期末考试数学试题 18页

www.ks5u.com 安顺市平坝第一高级中学2018-2019学年第二学期期末考试 高一数学试卷 一、选择题：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.圆的圆心坐标和半径分别是( )‎ A. ，2 B. ，1 C. ，2 D. ，1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将圆的一般方程配成标准方程，由此求得圆心和半径.‎ ‎【详解】由，得，所以圆心为，半径为.‎ ‎【点睛】本小题主要考查圆的一般方程化为标准方程，考查圆心和半径的求法，属于基础题.‎ ‎2.若不等式的解集为，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据一元二次不等式的解法，利用韦达定理列方程组，解方程组求得的值.‎ ‎【详解】根据一元二次不等式的解法可知，是方程的两个根，根据韦达定理有，解得，故选D.‎ ‎【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解集与对应一元二次方程根的关系，考查根与系数关系，考查方程的思想，属于基础题.‎ ‎3.已知直线经过点，且倾斜角为，则直线的方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据倾斜角求得斜率，再根据点斜式写出直线方程，然后化为一般式.‎ ‎【详解】倾斜角为，斜率为，由点斜式得，即.故选C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查倾斜角与斜率对应关系，考查直线的点斜式方程和一般式方程，属于基础题.‎ ‎4.一个等腰三角形绕着底边上的高所在的直线旋转180度所形成的几何体是（ ）‎ A. 两个共底面的圆锥 B. 半圆锥 C. 圆锥 D. 圆柱 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据旋转体的知识，结合等腰三角形的几何特征，得出正确的选项.‎ ‎【详解】由于等腰三角形三线合一，故等腰三角形绕着底边上的高所在的直线旋转180度所形成的几何体是圆锥.故选C.‎ ‎【点睛】本小题主要考查旋转体的知识，考查等腰三角形的几何特征，属于基础题.‎ ‎5.下列命题中错误的是（ ）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若， 则 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式的性质、对数函数和指数函数的单调性，对选项逐一分析，由此得出正确选项.‎ ‎【详解】对于A选项，根据不等式传递性可知，A选项命题正确.对于B选项，由于在定义域上为增函数，故B选项正确.对于C选项，由于在定义域上为增函数，故C选项正确.对于D选项，当时，命题错误.故选D.‎ ‎【点睛】本小题主要考查不等式的性质，考查指数函数和对数函数的单调性，属于基础题.‎ ‎6.已知, , 为坐标原点，则的外接圆方程是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据圆的几何性质判断出是直径，由此求得圆心坐标和半径，进而求得三角形外接圆的方程.‎ ‎【详解】由于直角对的弦是直径，故是圆的直径，所以圆心坐标为，半径为，所以圆的标准方程为，化简得，故选A.‎ ‎【点睛】本小题主要考查三角形外接圆的方程的求法，考查圆的几何性质，属于基础题.‎ ‎7.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔仔细算相还”，其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”，则该人第五天走的路程为（ ）‎ A. 6里 B. 12里 C. 24里 D. 48里 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可知，每天走的路程里数构成以为公比的等比数列，由S6=378求得首项，再由等比 数列的通项公式求得该人第五天走的路程．‎ ‎【详解】记每天走的路程里数为{an}，‎ 由题意知{an}是公比的等比数列，‎ 由S6=378，得=378，‎ 解得：a1=192，‎ ‎∴=12（里）．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查等比数列的通项公式的运用，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质 的合理运用．‎ ‎8.已知点，点满足线性约束条件 O为坐标原点，那么的最小值是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】点 满足线性约束条件 ‎∵‎ ‎ 令目标函数 ‎ 画出可行域如图所示，联立方程 ‎ 解得 在点处取得最小值： ‎ 故选D ‎【点睛】此题主要考查简单的线性规划问题以及向量的内积的问题，解决此题的关键是能够找出目标函数.‎ ‎9.已知两条直线，两个平面，给出下面四个命题：①；‎ ‎②③④‎ 其中正确命题的序号是（ ）‎ A. ①③ B. ②④ C. ①④ D. ②③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 解：m∥n，m⊥α⇒n⊥α；这是线与面垂直中出现的定理，故①正确，‎ α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥n或m，n异面，故②不正确，‎ m∥n，m∥α⇒n∥α或n⊂α，故③不正确，‎ α∥β，m∥n，m⊥α可以先得到n⊥α进而得到n⊥β，故④正确，‎ 综上可知①④正确，‎ 故答案为：C ‎10.等比数列的前项和为，，且成等差数列，则等于( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据等差中项的性质列方程，并转化为的形式，由此求得的值，进而求得的值.‎ ‎【详解】由于成等差数列，故，即，所以，，所以，故选A.‎ ‎【点睛】本小题主要考查等差中项的性质，考查等比数列基本量的计算，属于基础题.‎ ‎11.若圆上恰有3个点到直线的距离为1，,则与间的距离为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. D. 3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据圆上有个点到直线的距离为，得到圆心到直线的距离为，由此列方程求得的值，再利用两平行直线间的距离公式，求得与间的距离.‎ ‎【详解】由于圆的圆心为，半径为，且圆上有个点到直线的距离为，故到圆心到直线的距离为，即，由于，故上式解得.所以.由两平行直线间的距离公式有，故选D.‎ ‎【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查两平行直线间的距离公式，属于基础题.‎ ‎12.在中，内角的对边分别为，且，，若，则（ ）‎ A. 2 B. 3 C. 4 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用正弦定理化简，由此求得的值.利用三角形内角和定理和两角和与差的正弦公式化简，由此求得的值，进而求得的值.‎ ‎【详解】利用正弦定理化简得，所以为锐角，且.由于，所以由得，化简得.若，则，故.若，则，由余弦定理得，解得.综上所述，，故选B.‎ ‎【点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查同角三角函数的基本关系式，考查三角形内角和定理，考查两角和与差的正弦公式，属于中档题.‎ 二、填空题（将答案填在答题纸上）‎ ‎13.等差数列中，公差.则与的等差中项是_____（用数字作答）‎ ‎【答案】5‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差中项的性质，以及的值，求出的值即是所求.‎ ‎【详解】根据等差中项的性质可知，的等差中项是，故.‎ ‎【点睛】本小题主要考查等差中项的性质，考查等差数列基本量的计算，属于基础题.‎ ‎14.中,三边所对的角分别为,若,则角______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用余弦定理化简已知条件，求得的值，进而求得的大小.‎ ‎【详解】由得，由于，所以.‎ ‎【点睛】本小题主要考查余弦定理解三角形，考查特殊角的三角函数值，属于基础题.‎ ‎15.若直线始终平分圆的周长，则的最小值为________‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 平分圆的直线过圆心，由此求得的等量关系式，进而利用基本不等式求得最小值.‎ ‎【详解】由于直线始终平分圆的周长，故直线过圆的圆心，即，所以.‎ ‎【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查利用基本不等式求最小值，属于基础题.‎ ‎16.如图，已知六棱锥的底面是正六边形，平面，，给出下列结论：‎ ‎①；‎ ‎②直线平面；‎ ‎③平面平面；‎ ‎④异面直线与所成角为；‎ ‎⑤直线与平面所成角的余弦值为.‎ 其中正确的有_______（把所有正确的序号都填上）‎ ‎【答案】①③④⑤‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出几何体的边长，根据正六边形的性质，线面垂直的判定定理，线面平行的判定定理，面面垂直的判定定理，异面直线所成角，线面角有关知识，对五个结论逐一分析，由此得出正确结论的序号.‎ ‎【详解】设正六边形长为，则.根据正六边形的几何性质可知，由平面得，所以平面，所以，故①正确.由于，而，所以直线平面不正确，故②错误.易证得,所以平面，所以平面平面，故③正确.由于,所以是异面直线与所成角，在中，，故，也即异面直线与所成角为，故④正确.连接，则，由①证明过程可知平面，所以平面，所以是所求线面角，在三角形中，，由余弦定理得，故⑤正确.综上所述，正确的序号为①③④⑤.‎ ‎【点睛】本小题主要考查线面垂直的判定，面面垂直的判定，考查线线角、线面角的求法，属于中档题.‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17.已知直线 ‎（1）若直线过点，且.求直线的方程.‎ ‎（2）若直线过点A(2,0)，且，求直线的方程及直线,,轴围成的三角形的面积.‎ ‎【答案】(1) ； (2) ；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据已知求得的斜率，由点斜式求出直线的方程.（2）根据已知求得的斜率，由点斜式写出直线的方程，联立的方程，求得两条直线交点的坐标，再由三角形面积公式求得三角形面积.‎ ‎【详解】解：（1）∵∥，∴直线的斜率是 又直线过点，‎ ‎∴直线的方程为，即 ‎（2）∵，∴直线的斜率是 又直线过点，‎ ‎∴直线方程为即 由得与的交点为 ‎∴直线,,轴围成的三角形的面积是 ‎【点睛】本小题主要考查两条直线平行、垂直时，斜率的对应关系，考查直线的点斜式方程，考查两条直线交点坐标的求法，考查三角形的面积公式，属于基础题.‎ ‎18.如图，直三棱柱中，，，，，为垂足. ‎ ‎（1）求证： ‎ ‎（2）求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】(1)见证明；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先证得平面，由此证得，结合题意所给已知条件，证得平面，从而证得.（2）首先证得平面，由计算出三棱锥的体积.‎ ‎【详解】（1）证明：，∴，‎ 又，从而平面 ‎∵//，∴平面，平面，‎ ‎∴‎ 又，∴平面，于是 ‎（2）解：，∴平面 ‎∴‎ ‎【点睛】本小题主要考查线线垂直的证明，考查线面垂直的判定定理的运用，考查三棱锥体积的求法，属于中档题.‎ ‎19.已知为的三内角，且其对边分别为．且 ‎（1）求的值； ‎ ‎（2）若，三角形面积，求的值．‎ ‎【答案】(1) ； (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用正弦定理化简，并用三角形内角和定理以及两角和的正弦公式化简，求得，由此求得的大小.（2）利用三角形的面积公式求得，利用余弦定理列方程，化简求得的值.‎ ‎【详解】解：（1），得：‎ ‎∵‎ ‎∴，‎ 即 ‎∵，∴，∵，∴ ‎ ‎（2）由（1）有，‎ 又由余弦定理得：‎ 又，，‎ 所以 ‎【点睛】本小题主要考查三角形的面积公式，考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查运算求解能力，属于中档题.‎ ‎20.已知数列为等比数列，，公比，且成等差数列.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，，求使的的取值范围.‎ ‎【答案】(1) ；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用等差中项的性质列方程，并转化为的形式，由此求得的值，进而求得数列的通项公式.（2）先求得的表达式，利用裂项求和法求得，解不等式求得的取值范围.‎ ‎【详解】解：（1）∵成等差数列，得，‎ ‎∵等比数列，且，∴ 解得或 又，∴，∴‎ ‎（2）∵，∴‎ ‎∴‎ 故由，得.‎ ‎【点睛】本小题主要考查等差中项的性质，考查等比数列基本量的计算，考查裂项求和法，考查不等式的解法，属于中档题.‎ ‎21.已知在四棱锥中，底面是矩形，平面，，分别是，中点，与平面所成的角的正切值是；‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求二面角的正切值．‎ ‎【答案】(1)见证明；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取的中点，连接，通过证明四边形是平行四边形，证得，从而证得平面.（2）连接，证得为与平面所成角.根据的值求得的长，作出二面角的平面角并证明，解直角三角形求得二面角的正切值．‎ ‎【详解】（1）证明：取的中点，连接.∵是中点 ‎ ‎∴‎ 又是的中点,∴ ‎ ‎∴，从而四边形是平行四边形， 故 又平面，平面，∴‎ ‎（2）∵平面，∴是在平面内的射影 为与平面所成角，‎ 四边形为矩形，‎ ‎∵,∴,‎ ‎∴‎ 过点作交的延长线于，连接，‎ ‎∵平面 据三垂线定理知.∴是二面角的平面角 易知道为等腰直角三角形，∴‎ ‎∴=‎ ‎∴二面角的正切值为 ‎【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查线面角的定义和应用，考查面面角的正切值的求法，考查逻辑推理能力和空间想象能力，属于中档题.‎ ‎22.如图是某设计师设计的型饰品的平面图，其中支架，，两两成，，，且．现设计师在支架上装点普通珠宝，普通珠宝的价值为，且与长成正比，比例系数为（为正常数）；在区域（阴影区域）内镶嵌名贵珠宝，名贵珠宝的价值为，且与的面积成正比，比例系数为．设，．‎ ‎（1）求关于的函数解析式，并写出的取值范围；‎ ‎（2）求的最大值及相应的的值．‎ ‎【答案】（1）（）；（2），的最大值是.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）运用题设和实际建立函数关系并确定定义域；（2）运用基本不等式求函数的最值和取得最值的条件.‎ 试题解析：（1）因为，，，由余弦定理，，解得，‎ 由，得．又，得，解得，‎ 所以的取值范围是．‎ ‎（2），，‎ 则，‎ 设，‎ 则．‎ 当且仅当即取等号，此时取等号，‎ 所以当时，的最大值是．‎ 考点：阅读理解能力和数学建模能力、基本不等式及在解决实际问题中的灵活运用.‎ ‎【易错点晴】应用题是江苏高考每年必考重要题型之一，也是历届高考失分较多的题型.解答这类问题的关键是提高考生的阅读理解能力和数学建模能力，以及抽象概括能力.解答好这类问题要过:“审题、理解题意、建立数学模型、求解数学模型、作答”这五个重要环节，其中审题关要求反复阅读问题中提供的一些信息，并将其与学过的数学模型进行联系，为建构数学模型打下基础，最后的作答也是必不可少的重要环节之一，应用题的解答最后一定要依据题设中提供的问题做出合理的回答，这也是失分较多一个环节.‎ ‎ ‎