四川省凉山彝族自治州2018-2019学年高一下学期期末考试数学试题 19页

www.ks5u.com 凉山州2018-2019学年度下期期末检测 高一数学（理科）试题 注意事项：全卷共8页（试题卷4页，答题卷4页），考试时间为120分钟，满分100分；请将自己的学校、姓名、考号写在答题卷密封线内，答题只能答题卷上，答题时用蓝黑墨水笔（芯）书写。考试结束后，只将答题卷交回。‎ 第Ⅰ卷（共60分）‎ 一、选择题：（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.在△ABC中，a=3，b=5，sinA=，则sinB=( )‎ A. B. C. D. 1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由正弦定理得，故选B．‎ 考点：正弦定理的应用 ‎2.若，则与夹角的余弦值为（）‎ A. B. C. D. 1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据向量的夹角公式，准确运算，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由向量，‎ 则与夹角的余弦值为,故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量的夹角公式的应用，其中解答中熟记向量的夹角公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎3.在等差数列中，，则的值（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等差数列的性质，求得，再由，即可求解.‎ ‎【详解】根据等差数列的性质，可得，即，‎ 则，故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等差数列的性质，以及特殊角的三角函数值的计算，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎4.设的内角，，所对的边分别为，，,且，，面积的最大值为（）‎ A. 6 B. 8 C. 7 D. 9‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知利用基本不等式求得的最大值，根据三角形的面积公式，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，利用基本不等式可得，即，解得，‎ 当且仅当时等号成立，‎ 又因为，所以，‎ 当且仅当时等号成立，故三角形的面积的最大值为，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，以及三角形的面积公式的应用，着重考查了转化思想，以及推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎5.设向量，满足，，则（ ）‎ A. 1 B. 2 C. 3 D. 5‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将等式进行平方，相加即可得到结论．‎ ‎【详解】∵||，||，‎ ‎∴分别平方得2•10，2•6，‎ 两式相减得4•10﹣6＝4，‎ 即•1，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查向量的基本运算，利用平方进行相加是解决本题的关键，比较基础．‎ ‎6.将边长为2的正方形沿对角线折起，则三棱锥的外接球表面积为（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，画出图形，结合图形得出三棱锥的外接球直径，从而求出外接球的表面积，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，将边长为2的正方形沿对角线折起，得到三棱锥，‎ 如图所示，‎ 则,‎ 三棱锥的外接球直径为，即半径为，‎ 外接球的表面积为，故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了平面图形的折叠问题，以及外接球的表面积的计算，着重考查了空间想象能力，以及推理与计算能力，属于基础题.‎ ‎7.若，则下列不等式中不正确的是（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式的性质和基本不等式，即可作出判断，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，不等式，可得，‎ 则，，所以成立，所以A是正确的；‎ 由，则，所以，因为，所以等号不成立，所以成立，所以B是正确的；‎ 由且，根据不等式的性质，可得，所以C不正确；‎ 由，可得，所以D是正确的，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了不等式的性质的应用，以及基本不等式的应用，其中解答中根据不等式的性质求得的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎8.设变量，满足约束条件则目标函数的最小值为（ ）‎ A. 4 B. -5 C. -6 D. -8‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 绘制不等式组所表示的平面区域，结合目标函数的几何意义可知，目标函数在点处取得最小值.‎ 本题选择D选项.‎ ‎9.如图，水平放置的三棱柱的侧棱长和底边长均为4，且侧棱垂直于底面，正视图是边长为4的正方形，则三棱柱的左视图面积为（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，得出该几何体左视图的高和宽的长度，求出它的面积，即可求解.‎ ‎【详解】根据题意，该几何体左视图的高是正视图的高，所以左视图的高为，‎ 又由左视图的宽是俯视图三角形的底边上的高，所以左视图的宽为，‎ 所以该几何体的左视图的面积为，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线，求解以三视图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应公式求解.‎ ‎10.已知为递增等比数列，则（）‎ A. B. 5 C. 6 D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析】‎ 设数列的公比为，根据等比数列的性质，得，又由，求得，进而可求解的值，得到答案.‎ ‎【详解】根据题意，等比数列中，设其公比为，‎ 因为，则有，又由，且，‎ 解得，所以，‎ 所以，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式和等比数列的性质的应用，其中解答中熟练应用等比数列的性质，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎11.在△ABC中, ,则△ABC为( )‎ A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰三角形或直角三角形 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 直接利用正弦定理余弦定理化简得到，即得解.‎ ‎【详解】由已知得，由正、余弦定理得，‎ 即，即，‎ 故是直角三角形.‎ 故答案为：C ‎【点睛】本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理水平.‎ ‎12.已知是边长为4的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是（）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立平面直角坐标系，表示出点的坐标，利用向量坐标运算和平面向量的数量积的运算，求得最小值，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，以中点为坐标原点，建立如图所示的坐标系，‎ 则，‎ 设，则，‎ 所以 ‎，‎ 所以当时，取得最小值为，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了平面向量数量积的应用问题，根据条件建立坐标系，利用坐标法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ 第Ⅱ卷（非选择题共64分）‎ 二、填空题（本大题共4小题，每题5分，满分20分，）‎ ‎13.正项等比数列中，，，则公比__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，由等比数列的性质可得，进而分析可得答案.‎ ‎【详解】根据题意，等比数列中，，则，‎ 又由数列是正项的等比数列，所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式的应用，其中解答中熟记等比数列的通项公式，以及注意数列是正项等比数列是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎14.一水平位置的平面图形的斜二测直观图是一个底平行于轴，底角为，两腰和上底长均为１的等腰梯形，则这个平面图形的面积是　　　　　　．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 如图过点作，，则四边形是一个内角为45°的平行四边形且，中，，则对应可得四边形是矩形且，是直角三角形，。所以 ‎15.在△ABC中，点M，N满足，若，则x＝________，y＝________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ 特殊化，不妨设，利用坐标法，以A为原点，AB为轴，为轴，建立直角坐标系，，，则，.‎ 考点：本题考点为平面向量有关知识与计算，利用向量相等解题.‎ ‎16.如图，圆锥形容器的高为圆锥内水面的高为，且，若将圆锥形容器倒置，水面高为，则等于__________．（用含有的代数式表示）‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据水的体积不变，列出方程，解出的值，即可得到答案.‎ ‎【详解】设圆锥形容器底面面积为，则未倒置前液面的面积为，‎ 所以水的体积为，‎ 设倒置后液面面积为，则，所以，‎ 所以水的体积为，所以，解得.‎ ‎【点睛】本题主要考查了圆锥的结构特征，以及圆锥的体积的计算与应用，其中解答中熟练应用圆锥的结构特征，利用体积公式准确运算是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于中档试题.‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）‎ ‎17.已知平面向量 ‎ ‎（1）若与垂直，求x； ‎ ‎（2）若，求.‎ ‎【答案】（1）3（2）2‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）由两向量垂直时坐标满足的关系式，得出关于的方程，解方程得值；（2）由两向量平行时坐标满足的关系式，得出关于的方程，解方程得值，再由两向量的坐标求出坐标，进一步利用坐标运算求出其模长．‎ 试题解析：（1）由已知得，，解得，或，‎ ‎ 因为，所以. ‎ ‎（2）若，则，所以或，‎ 因为，所以.‎ ‎，.　‎ 点睛：本题主要考查向量的坐标运算,向量的数量积.,则 把向量形式化为坐标运算后,建立等式或方程可求相关未知量．‎ ‎18.已知数列的前项和，且；‎ ‎（1）求它的通项.‎ ‎（2）若，求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，利用与关系式，即可求得数列的通项公式；‎ ‎（2）由（1）可得，利用乘公比错位相减法，即可求得数列的前项和.‎ ‎【详解】（1）由，‎ 当时，；‎ 当时，，‎ 当也成立，‎ 所以则通项；‎ ‎（2）由（1）可得，-‎ ‎，‎ ‎，‎ 两式相减得 ‎ 所以数列的前项和为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了数列和的关系、以及“错位相减法”求和的应用，此类题目是数列问题中的常见题型，解答中确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数，着重考查了的逻辑思维能力及基本计算能力等.‎ ‎19.设函数 ‎（1）若对于一切实数恒成立，求的取值范围；‎ ‎（2）若对于恒成立，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由不等式恒成立，结合二次函数的性质，分类讨论，即可求解；‎ ‎（2）要使对于恒成立，整理得只需恒成立，结合基本不等式求得最值，即可求解.‎ ‎【详解】（1）由题意，要使不等式恒成立，‎ ‎①当时，显然成立，所以时，不等式恒成立；‎ ‎②当时，只需，解得，‎ 综上所述，实数的取值范围为.‎ ‎（2）要使对于恒成立，‎ 只需恒成立，‎ 只需，‎ 又因为，‎ 只需，‎ 令，则只需即可 因为，当且仅当，即时等式成立；‎ 因为，所以，所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了含参数的不等式的恒成立问题的求解，其中解答中把不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题是解答的关键，着重考查了分类讨论思想，以及转化思想的应用，属于基础题.‎ ‎20.如图，在中，，四边形是边长为的正方形，平面 平面，若，分别是的中点.‎ ‎（1）求证：平面;‎ ‎（2）求证：平面平面;‎ ‎（3）求几何体的体积.‎ ‎【答案】（1）详见解析(2)详见解析（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）如图，连接EA交BD于F，利用正方形的性质、三角形的中位线定理、线面平行的判定定理即可证明．（2）利用已知可得：FG⊥平面EBC，可得∠FBG就是线BD与平面EBC所成的角．经过计算即可得出．（3）利用体积公式即可得出．‎ 试题解析：‎ ‎（1）如图，连接，易知为的中点.‎ 因为，分别是和的中点，‎ 所以，‎ 因为平面，‎ 平面，‎ 所以平面.‎ ‎（2）证明：因为四边形为正方形，‎ 所以.‎ 又因为平面平面，‎ 所以平面.所以.‎ 又因为，所以.‎ 所以平面.从而平面平面.‎ ‎（3）取AB中点N,连接，因为，‎ 所以，且.‎ 又平面平面，‎ 所以平面.‎ 因为是四棱锥，‎ 所以.‎ 即几何体的体积.‎ 点睛：本题考查了正方形的性质、线面，面面平行垂直的判定与性质定理、三棱锥的体积计算公式、线面角的求法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．‎ ‎21.如图所示，在中，点在边上，，，，.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求的面积.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设，分别在和中利用余弦定理计算，联立方程组，求得的值，再由余弦定理，即可求解的值；‎ ‎（2）由（1）的结论，计算，利用三角形的面积公式，即可求解.‎ ‎【详解】（1），则，所以 ‎ 在中，由余弦定理得，‎ 在中，由余弦定理得，‎ 所以，解得，所以，‎ 由余弦定理得 ‎（2）由（1）求得，，‎ 所以，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查了余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理列出方程是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.‎ ‎22.在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，三点满足.‎ ‎（1）求值；‎ ‎（2）已知若 的最小值为，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）1‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）由，得，化简得，即可得到答案；‎ ‎（2）化简函数，对实数分类讨论求得函数的最小值，得到关于的分段函数，进而求得函数的最大值.‎ ‎【详解】（1）由题意知三点满足，‎ 可得，所以，即 即，则，所以.‎ ‎（2）由题意，函数 因为，所以，‎ 当时，取得最小值，‎ 当时，当时，取得最小值，‎ 当时，当时，取得最小值，‎ 综上所述，，可得函数的最大值为1，‎ 即的最大值为1.‎ ‎【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，向量的数量积的坐标性质，以及三角函数和二次函数的性质的综合应用，着重考查了分类讨论思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.‎ ‎ ‎ ‎ ‎