北京市海淀区北京一零一中学2018-2019学年高一下学期期末考试数学试题 含解析

北京市海淀区北京一零一中学2018-2019学年高一下学期期末考试数学试题 含解析

北京101中学2018－2019学年下学期高一年级期末考试 数学试卷 一、选择题:在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。‎ ‎1.不等式>0的解集是（ ）‎ A. （－，0）（1，+） B. （－，0）‎ C. （1，+） D. （0，1）‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，，求解即可.‎ ‎【详解】，解得或，故解集为（－，0）（1，+），故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了分式不等式的解法，考查了计算能力，属于基础题.‎ ‎2.如图，长方体的体积为，E为棱上的点,且，三棱锥E－BCD的体积为，则=（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出长方体和三棱锥E－BCD的体积，即可求出答案.‎ ‎【详解】由题意，，‎ ‎，‎ 则.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了长方体与三棱锥的体积的计算，考查了学生的计算能力，属于基础题.‎ ‎3.如图，在平行六面体中，M，N分别是所在棱的中点，则MN与平面的位置关系是（ ）‎ A. MN平面 B. MN与平面相交 C. MN平面 D. 无法确定MN与平面的位置关系 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取的中点，连结，可证明平面平面，由于平面，可知平面.‎ ‎【详解】取的中点，连结，显然，‎ 因为平面，平面，‎ 所以平面，平面，‎ 又，‎ 故平面平面，‎ 又因为平面，所以平面.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题考查了直线与平面的位置关系，考查了线面平行、面面平行的证明，属于基础题.‎ ‎4.已知x，y∈R，且x>y>0，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. lnx+lny>0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合选项逐个分析，可选出答案.‎ ‎【详解】结合x，y∈R，且x>y>0，对选项逐个分析：‎ 对于选项A，，，故A正确；‎ 对于选项B，取，，则，故B 不正确；‎ 对于选项C，，故C错误；‎ 对于选项D，，当时，，故D不正确.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了不等式的性质，属于基础题.‎ ‎5.等比数列{an}中，Tn表示前n项的积，若T5＝1，则(　　)‎ A. a1＝1 B. a3＝‎1 ‎C. a4＝1 D. a5＝1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：由题意知，由此可知，所以一定有．‎ 详解 ， ． 故选：B．‎ 点睛：本题考查数列的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答．‎ ‎6.设，为两个平面，则能断定∥的条件是（ ）‎ A. 内有无数条直线与平行 B. ，平行于同一条直线 C. ，垂直于同一条直线 D. ，垂直于同一平面 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对四个选项逐个分析，可得出答案.‎ ‎【详解】对于选项A，当，相交于直线时，内有无数条直线与平行，即A错误；‎ 对于选项B，当，相交于直线时，存在直线满足：既与 平行又不在两平面内，该直线平行于，，故B错误；‎ 对于选项C，设直线AB垂直于，平面，垂足分别A,B，假设与不平行，设其中一个交点为C，则三角形ABC中，，显然不可能成立，即假设不成立，故与平行，故C正确；‎ 对于选项D，，垂直于同一平面，与可能平行也可能相交，故D错误.‎ ‎【点睛】本题考查了面面平行的判断，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.‎ ‎7.如图，A，B是半径为1的圆周上的定点，P为圆周上的动点，∠APB是锐角，大小为.图中△PAB的面积的最大值为（ ）‎ A. +sin2 B. sin+sin2‎ C. +sin D. +cos ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理可得，，则，，当点在的中垂线上时，取得最大值，此时的面积最大，求解即可.‎ ‎【详解】在中，由正弦定理可得，，则.‎ ‎，当点在的中垂线上时，取得最大值，此时的面积最大.‎ 取的中点，过点作的垂线，交圆于点，取圆心为，则（为锐角），.‎ 所以的面积最大为.‎ 故选B.‎ ‎【点睛】本题考查了三角形的面积的计算、正弦定理的应用，考查了三角函数的化简，考查了计算能力，属于基础题.‎ ‎8.已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°.则球O的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 计算可知三棱锥P－ABC的三条侧棱互相垂直，可得球O是以PA为棱的正方体的外接球，球的直径，即可求出球O的体积.‎ ‎【详解】在△PAC中，设，，，，‎ 因为点E，F分别是PA，AB的中点，所以，‎ 在△PAC中，，‎ 在△EAC中，，‎ 整理得，‎ 因为△ABC是边长为的正三角形，所以，‎ 又因为∠CEF=90°，所以，‎ 所以， ‎ 所以.‎ 又因为△ABC是边长为的正三角形，‎ 所以PA,PB,PC两两垂直，‎ 则球O是以PA为棱的正方体的外接球，‎ 则球的直径，‎ 所以外接球O的体积为.‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题考查了三棱锥的外接球，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.‎ 二、填空题。‎ ‎9.设等差数列的前项和为，若，，则的值为______.‎ ‎【答案】－6‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，求解即可.‎ ‎【详解】因为等差数列前项和为， ，‎ 所以由等差数列的通项公式与求和公式可得 解得.故答案为-6.‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列的通项公式与求和公式，考查了学生的计算能力，属于基础题.‎ ‎10.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知bsinA+acosB=0，则B=___________.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据正弦定理把边化为角，结合角的范围可得.‎ ‎【详解】由正弦定理，得．，得，即，故选D．‎ ‎【点睛】本题考查利用正弦定理转化三角恒等式，渗透了逻辑推理和数学运算素养．采取定理法，利用转化与化归思想解题．忽视三角形内角的范围致误，三角形内角均在范围内，化边为角，结合三角函数的恒等变化求角．‎ ‎11.已知正实数x，y满足2x+y=2，则xy的最大值为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由基本不等式可得，可求出xy的最大值.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 故，当且仅当时，取等号.‎ 故答案为.‎ 点睛】利用基本不等式求最值必须具备三个条件：‎ ‎①各项都正数；‎ ‎②和（或积）为定值；‎ ‎③等号取得的条件.‎ ‎12.将边长为1的正方形ABCD沿对角线AC折起，使平面ACD⊥平面ABC，则折起后B，D两点的距离为________.‎ ‎【答案】1.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取AC的中点E，连结DE，BE，可知DE⊥AC，由平面ACD⊥平面ABC，可得DE⊥平面ABC，DE⊥BE，而，再结合ABCD是正方形可求出.‎ ‎【详解】取AC的中点E，连结DE，BE，显然DE⊥AC，‎ 因为平面ACD⊥平面ABC，所以DE⊥平面ABC，‎ 所以DE⊥BE，而，‎ 所以，.‎ ‎【点睛】本题考查了空间中两点间的距离，把空间角转化为平面角是解决本题的关键.‎ ‎13.已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为，若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的侧面积为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出四棱锥的底面对角线的长度，结合勾股定理可求出四棱锥的高，然后由圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，可知四条侧棱的中点连线为正方形，其对角线为圆柱底面的直径，圆柱的高为四棱锥的高的一半，分别求解可求出圆柱的侧面积.‎ ‎【详解】由题可知，四棱锥是正四棱锥，‎ 四棱锥的四条侧棱的中点连线为正方形，边长为，‎ 该正方形对角线的长为1，则圆柱的底面半径为，‎ 四棱锥的底面是边长为的正方形，其对角线长为2，则四棱锥的高为，‎ 故圆柱的高为1，所以圆柱的侧面积为.‎ ‎【点睛】本题主要考查了空间几何体的结构特征，考查了学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.‎ ‎14.中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体的所有棱长和为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取半正多面体的截面正八边形，设半正多面体的棱长为，过分别作于，于，可知，，可求出半正多面体的棱长及所有棱长和.‎ ‎【详解】取半正多面体的截面正八边形，由正方体的棱长为1，可知，易知，设半正多面体的棱长为，过分别作于，于，则，，解得，故该半正多面体的所有棱长和为.‎ ‎【点睛】本题考查了空间几何体的结构，考查了空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.‎ 三、解答题：解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。‎ ‎15.正四棱锥S－ABCD的底面边长为2，侧棱长为x.‎ ‎（1）求出其表面积S（x）和体积V（x）；‎ ‎（2）设，求出函数的定义域，并判断其单调性（无需证明）.‎ ‎【答案】（1），；（2）x>，是减函数.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1‎ ‎）画出图形，分别求出四棱锥的高，及侧面的高的表达式，即可求出表面积与体积的表达式；（2）结合表达式，可求出的范围，即定义域，然后判断其为减函数.‎ ‎【详解】（1）过点作平面的垂线，垂足为，取的中点，连结，‎ 因为为正四棱锥，所以，，，‎ ‎，‎ 所以四棱锥的表面积为，‎ 体积.‎ ‎（2），解得，‎ 是减函数.‎ ‎【点睛】本题考查了四棱锥的结构特征，考查了表面积与体积的计算，考查了学生的空间想象能力与计算能力，属于中档题.‎ ‎16.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求的值.‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理，可得，，结合，可得，由余弦定理可得出答案；（2）由，可求出，进而求出的值，将展开可求出结果.‎ ‎【详解】（1）由正弦定理，则，所以，而，则.‎ ‎.‎ ‎（2）因为，所以，‎ 所以，.‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，考查了三角函数的恒等变换，属于基础题.‎ ‎17.如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点.‎ ‎（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；‎ ‎（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；‎ ‎（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析；‎ ‎（Ⅱ）见解析；‎ ‎（Ⅲ）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；‎ ‎(Ⅱ)由几何体的空间结构特征首先证得线面垂直，然后利用面面垂直的判断定理可得面面垂直；‎ ‎(Ⅲ)由题意，利用平行四边形的性质和线面平行的判定定理即可找到满足题意的点.‎ ‎【详解】（Ⅰ）证明：因为平面,所以；‎ 因为底面是菱形，所以;‎ 因为,平面,‎ 所以平面.‎ ‎（Ⅱ）证明：因为底面是菱形且，所以为正三角形，所以,‎ 因为,所以；‎ 因为平面，平面,‎ 所以；‎ 因为 所以平面，‎ 平面,所以平面平面.‎ ‎（Ⅲ）存在点为中点时，满足平面；理由如下:‎ 分别取的中点，连接,‎ 在三角形中，且；‎ 在菱形中，为中点，所以且，所以且，即四边形为平行四边形，所以;‎ 又平面，平面，所以平面.‎ ‎【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，立体几何中的探索问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎18.若x，y为正实数，求证：，并说明等号成立的条件.‎ ‎【答案】当且仅当时取等号，证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意，.‎ ‎【详解】由题意，可得：，当且仅当时取等号，‎ 又，当且仅当时取等号，‎ 联立解得，‎ 故，当且仅当时取等号.‎ ‎【点睛】本题考查了基本不等式的运用，考查了不等式的证明，属于中档题.‎ ‎19.数列中，，（为常数，1，2，3，…），且.‎ ‎（1）求c的值；‎ ‎（2）求证：①；②；‎ ‎（3）比较++…+与的大小，并加以证明.‎ ‎【答案】(1)；(2) ①见证明；②见证明；(3)++…+，证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）将代入，结合可求出的值；（2）可知，，即可证明结论；（3）由题意可得，从而可得到，求和可得，然后作差，通过讨论可比较二者大小.‎ ‎【详解】（1）由题意：，.‎ 而，得，即，‎ 解得或，‎ 因为，所以满足题意.‎ ‎（2）因为，‎ 所以.‎ 则.‎ ‎，‎ 因为，，所以，‎ 所以.‎ ‎（3）由，可得，‎ 从而，所以.‎ 因为，所以，‎ 所以 ‎.‎ ‎，，，,‎ 当n=1时，,故；‎ 当n=2时，，；‎ 当n≥3时，，则，‎ ‎.‎ ‎【点睛】本题主要考查了数列的递推关系式和数列的求和，考查了不等式的证明，考查了学生的逻辑推理能力与计算能力，属于难题.‎