内蒙古包头市2019-2020学年高一下学期期末考试数学试题 Word版含解析

内蒙古包头市2019-2020学年高一下学期期末考试数学试题 Word版含解析

‎2019-2020学年度第二学期高一年级期末教学质量检测试卷 数学 注意事项：‎ ‎1.考生答卷前，务必将自己的姓名、座位号写在答题卡上.将条形码粘贴在规定区域.本试卷满分150分，考试时间120分钟.‎ ‎2.做选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.‎ ‎3.回答非选择题时，将答案写在答题卡的规定区域内，写在本试卷上无效.‎ ‎4.考试结束后，将答题卡交回.‎ 第I卷 一、选择题（共12小题，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. 与直线关于坐标原点对称的直线方程为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出所求对称直线上的点的坐标，求出关于原点的对称点坐标，代入已知直线方程，即可.‎ ‎【详解】设所求对称直线上任意一点的坐标为，则关于原点对称点的坐标为，该点在已知的直线上，则，即.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了直线关于点对称问题，考查运算能力，属于基础题.‎ ‎2. 下列命题为真命题的是（ ）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 ‎【答案】B - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 取特殊值判断选项，根据不等式的性质判断选项.‎ ‎【详解】解：A中，时，；‎ B中，，由性质7可得；‎ C中，令，则，显然；‎ D中，令，则，显然.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查了由已知条件判断所给不等式是否成立，属于基础题.‎ ‎3. 用斜二测画法画水平放置的平面图形直观图时，下列结论中正确的个数是（ ）‎ ‎①平行的线段在直观图中仍然平行；②相等的线段在直观图中仍然相等；‎ ‎③相等的角在直观图中仍然相等；④正方形在直观图中仍然是正方形 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据斜二侧画法的基本概念和作图原则，对每一个选项进行判断，即可得到结果．‎ ‎【详解】对于①，平行的线段在直观图中仍然是平行线段，所以①正确； ‎ 对于②，相等的线段在直观图中不一定相等， 如平行于轴的线段，长度不变，平行于轴的线段，变为原来的，所以②错误； ‎ 对于③，相等的角在直观图中不一定相等， 如直角坐标系内两个相邻的直角，在斜二测画法内是和，所以③错误； ‎ 对于④，正方形在直观图中不是正方形，是平行四边形，所以④错误； ‎ 综上，正确的命题序号是①，共1个． ‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查了斜二侧画法的基本概念和作图原则，是基础题．‎ ‎4. 点在直线上，是坐标原点，则的最小值是（ ）‎ - 21 -‎ A. 1 B. C. 2 D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用点到直线的距离公式，求出原点到直线的距离，即为的最小值.‎ ‎【详解】原点到直线的距离为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查点到直线的距离公式的运用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.‎ ‎5. 已知为等比数列，下面结论中正确的是（ ）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用等比数列的通项公式和性质，结合基本不等式，逐项进行判断即可．‎ ‎【详解】设等比数列的公比为，‎ 若，则，∴，∴，∴或，故A不正确； ‎ 若，则，所以，当时，；当时，，故B不成立. ‎ 若，则，当且仅当，即时取等号；若，则，当且仅当，即时取等号，故C不正确； ‎ 因为，当且仅当，即时取等号，故D正确.‎ - 21 -‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查了等比数列的通项公式、等比数列的性质、基本不等式等知识的综合应用，解题的关键是灵活利用基本不等式和等比数列的性质．‎ ‎6. 在△中，，那么这个三角形的最大角是（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由正弦定理，可得，设，易知该三角形的最大角是角，由余弦定理，可求出，进而可求出角.‎ ‎【详解】由正弦定理，，‎ 设，‎ 显然该三角形的最大角是角，‎ 由余弦定理，可得，‎ 因为，所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查正弦、余弦定理在解三角形中的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.‎ ‎7. 某几何体的三视图如图所示，该几何体由一平面将正方体截去一部分后所得，则截去几何体的体积与剩余几何体的体积比值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ - 21 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如图，正方体截去三棱锥后，所得图形为三视图所对应几何体，设正方体的棱长为，求出正方体的体积为，及三棱锥的体积，从而可求出截去几何体的体积与剩余几何体的体积的比值.‎ ‎【详解】如下图，正方体截去三棱锥后，所得图形为三视图所对应的几何体，‎ 设正方体的棱长为，则正方体的体积为，‎ 三棱锥的体积为，‎ 则截去几何体的体积与剩余几何体的体积比值为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查三视图，考查几何体的体积，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于基础题.‎ ‎8. 已知在正方体中，分别为的中点，则异面直线和所成的角为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成的角.‎ - 21 -‎ ‎【详解】解：如图所示建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，‎ 则，，，‎ ‎，‎ 设异面直线和所成的角为，则 故选：‎ ‎【点睛】本题考查利用空间向量法解决立体几何问题，属于中档题.‎ ‎9. 已知点，，若直线与线段恒有公共点，则的取值范围是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ - 21 -‎ 作出图形，直线恒过定点，求出、的斜率，由直线与线段恒有公共点，可求出的取值范围.‎ ‎【详解】直线恒过定点，‎ 直线的斜率，直线的斜率，‎ 当或时，直线与线段恒有公共点.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查直线的斜率公式的应用，体现了数形结合的数学思想，属于中等题．‎ ‎10. 已知，，则的最小值为（ ）‎ A. 2 B. C. D. 4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据两点之间的距离公式，令，可得，做出草图，再根据三角形的性质，即可求出结果．‎ ‎【详解】如图，令， ‎ - 21 -‎ 则 可得 ‎ ‎，‎ 又在中，，在中， ‎ 当是与的交点时，，‎ 所以．‎ 即的最小值为． ‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了两点间距离公式的应用，函数最值得几何意义，考查了转化思想、数形结合思想，属于中档题．‎ ‎11. 《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.若三棱锥为鳖臑，平面，，，且三棱锥的四个顶点都在一个正方体的顶点上，则该正方体的表面积为（ ）‎ A. 12 B. 18 C. 24 D. 36‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意作出四个面都为直角三角形的三棱锥，并根据该三棱锥的特点，作出满足题意的正方体，由此可知为该正方体的一条棱，再根据题中所给数据，即可求出结果.‎ ‎【详解】由于在三棱锥中，平面，且四个面都为直角三角形，作出三棱锥，如下图所示： ‎ - 21 -‎ 其中，，又，所以平面 ；‎ 又因为三棱锥四个面都为直角三角形且四个顶点都在一个正方体的顶点上，‎ 所以该正方体如下图所示，可知为正方体的一条棱；‎ 又，，‎ 所以在中，;‎ 该正方体的表面积为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面垂直关系，同时考查了对三棱锥的认识和空间想象能力，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．‎ ‎12. 已知函数满足，若数列满足，则数列的前10项和为（ ）‎ A. B. 33 C. D. 34‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，并结合倒序相加法可求出，再利用等差数列求和公式得到答案.‎ - 21 -‎ ‎【详解】函数满足，‎ ‎①，‎ ‎②，‎ 由①②可得，，‎ 所以数列是首项为1，公差为的等差数列，其前10项和为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的性质，考查倒序相加法求和，意在考查学生的计算能力和综合应用能力，属于中档题.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡上对应题的横线上.‎ ‎13. 已知实数，满足，则的最小值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 画出不等式组所对应的可行域，当目标函数过点时，取得最小值，求解即可.‎ ‎【详解】画出不等式组所对应的可行域，如下图阴影部分，‎ - 21 -‎ 当目标函数过点时，取得最小值，‎ 联立，解得，即，‎ 所以的最小值为.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查线性规划，考查学生的计算求解能力，属于基础题.‎ ‎14. 若关于的方程没有实数根，则实数的取值范围是 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析:若,则,有实数根,故,由题设,即,解之得或,故应填.‎ 考点：二次不等式及解法．‎ ‎15. 《莱因德纸草书》（RhindPapyrus）是世界上最古老的数学著作之一.书中有这样一道题目：把100个面包分给5个人，使得每个人所得成等差数列，且较大的三份之和的是较小的两份之和，则最大的1份为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设每个人所得由少到多为，，，，，公差为，从而可得 - 21 -‎ ‎，进而求出即可.‎ ‎【详解】设每个人所得由少到多为，，，，，公差为，‎ 由题意，，即，‎ 整理得，解得，‎ 所以最大的1份为.‎ 故答案：.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的性质，考查学生的计算求解能力，属于基础题.‎ ‎16. 设三棱锥的底面和侧面都是全等的正三角形，是棱的中点.记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则，，中最大的是_________，最小的是________.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出线线角，线面角，二面角，根据它们的正弦值，比较出它们的大小关系.‎ - 21 -‎ ‎【详解】‎ 作交于，由于，，‎ 所以为正三棱锥，由对称性知，‎ 取中点，连接，作平面，交平面于，连接，‎ 作平面，交平面于，连接，‎ 作，交于，连接，所以，‎ 由于，所以，‎ 由于平面，所以，‎ 由于，平面，所以，‎ ‎，‎ 因为，在上，平面于，平面于，‎ 所以.所以.所以，‎ 由于都是锐角，所以，‎ 由于在上，由对称性，而，则，由于也是锐角，所以，‎ 由,‎ ‎，所以 综上所述，三个角中的最小角是，最大角是.‎ 故答案为：①；②.‎ ‎【点睛】‎ - 21 -‎ 本小题主要考查线线角、线面角、二面角的概念，考查数形结合的数学思想方法，考查空间想象能力，属于中档题.‎ 三、解答题：共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.‎ ‎17. 已知，，求证：‎ ‎（1）；‎ ‎（2）.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，可得，结合，可得；‎ ‎（2）由，，，利用基本不等式可得，，，三个式子相乘，进而可证明结论成立.‎ ‎【详解】证明：（1）因为，所以，，‎ 于是，即，‎ 由，得.‎ ‎（2）因为，，，所以，，，‎ 所以，‎ 当且仅当时，等号同时成立，因为，所以上式中等号不能同时取得.‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查不等式的证明，考查不等式的性质、基本不等式的应用，考查学生的推理能力，属于基础题.‎ - 21 -‎ ‎18. 已知，，，是第三象限角.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）求的值.‎ ‎【答案】（1）；（2）2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求出及，进而利用，可求出答案；‎ ‎（2）由，，并结合，可求出答案.‎ ‎【详解】由，，得，‎ 由，是第三象限角，得.‎ ‎（1）‎ ‎.‎ ‎（2）由，，‎ 得.‎ ‎【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系的运用，考查两角和与差的余弦、正切公式的运用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.‎ ‎19. △内角，，的对边分别为，，.已知，，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）求△的面积.‎ - 21 -‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理可得，从而可求出，进而可求出；‎ ‎（2）由余弦定理，可求出，进而由△的面积，可求出答案.‎ ‎【详解】（1）由正弦定理，，即，‎ 因为，所以，所以，即.‎ 所以.‎ ‎（2）由余弦定理，，即，‎ 整理得，解得或.‎ 当时，，得，又，故，，所以，与矛盾，舍去；‎ 当时，经检验符合题意.‎ 所以△的面积.‎ ‎【点睛】本题考查正弦、余弦定理在解三角形中的应用，考查三角形的面积，考查学生的计算求解能力，属于中档题.‎ ‎20. 已知，，，试求点的坐标，使四边形为等腰梯形.‎ ‎【答案】或 - 21 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设所求点坐标为，若，则，可求出；若，则，可求出，即可得出点坐标.‎ ‎【详解】设所求点坐标.‎ ‎①若，，则，‎ 解得或，‎ 当时，经验证，符合题意；‎ 当时，，，，不符合题意，舍去；‎ ‎②若，，则，‎ 解得或，‎ 当时，经验证，符合题意；‎ 当时，，，，不符合题意，舍去.‎ 综上，所求点的坐标为，或.‎ ‎【点睛】‎ - 21 -‎ 本题考查等腰梯形的性质，考查平行线的性质，考查两点间距离公式的运用，考查学生的计算求解能力，属于中档题.‎ ‎21. 设等差数列的前项和为，且，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）求数列的前项和.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设的公差为，由，，可得，即可求出，，进而可求出的通项公式；‎ ‎（2）由，进而可利用错位相减法求出该数列的前项和.‎ ‎【详解】（1）设等差数列的公差为，‎ 由，，‎ 则，即，‎ 解得，.‎ 所以.‎ ‎（2）由，‎ 则①，‎ ‎②，‎ ‎①-②得，‎ - 21 -‎ ‎.‎ 故.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的性质，考查利用错位相减法求数列的前项和，考查学生的计算求解能力，属于中档题.‎ ‎22. 如图，长方体的底面是正方形，点在棱上，.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若点为棱的中点，.‎ ‎①求四棱锥的体积；‎ ‎②求直线与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）①；②.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由平面，可得，结合，可证明平面；‎ ‎（2）①由平面，可得，进而可证明，可知 - 21 -‎ ‎，从而，由平面，可知到平面的距离，进而可求出四棱锥的体积;‎ ‎②先证明平面，从而可得，即为直线与平面所成的角，求解即可.‎ ‎【详解】（1）证明：由长方体，可知平面.‎ ‎∵平面，∴.‎ ‎∵，，且平面，‎ ‎∴平面.‎ ‎（2）①∵平面，且平面，‎ ‎∴，即，‎ ‎∵，∴，‎ 又，∴，‎ ‎∴，则，‎ ‎∴.‎ 在长方体中，平面，，平面.‎ ‎∴到平面的距离，‎ ‎∴四棱锥的体积.‎ ‎②取为棱的中点，连接、，则.‎ 由题意知平面，所以平面，‎ ‎∵平面，∴，‎ ‎∴为直线与平面所成的角.‎ - 21 -‎ 在中，，‎ 在中，.‎ 于是.‎ 所以直线与平面所成的角的正弦值为.‎ ‎【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查四棱锥体积的求法，考查线面角的求法，考查学生的计算求解能力，属于中档题.‎ - 21 -‎