黑龙江省双鸭山市第一中学2018-2019学年高一下学期期末考试数学（文）试题

黑龙江省双鸭山市第一中学2018-2019学年高一下学期期末考试数学（文）试题

www.ks5u.com 双鸭山市第一中学2018-2019学年度下学期高一数学（文）‎ 期末考试试题 一．选择题.‎ ‎1.在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在中，利用正弦定理求出即可．‎ ‎【详解】在中，角，，所对的边分别为，，，已知：，，，‎ 利用正弦定理：，解得：.‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理的应用及相关的运算问题，属于基础题．‎ ‎2.已知向量，，若，则的值为（ ）‎ A. B. 1 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用向量的数量积列出方程求解即可．‎ ‎【详解】向量，，若，可得2﹣2＝0，解得＝1，‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查向量的数量积的应用，考查计算能力，属于基础题．‎ ‎3.等差数列{}中，＝2，＝7，则＝( )‎ A. 10 B. 20 C. 16 D. 12‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据等差数列的性质可知第五项减去第三项等于公差的2倍，由=+5得到2d等于5，然后再根据等差数列的性质得到第七项等于第五项加上公差的2倍，把的值和2d的值代入即可求出的值,即可知=,故选D.‎ ‎4.球是棱长为的正方体的内切球，则这个球的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 棱长为的正方体的内切球的半径，由此能求出其体积．‎ ‎【详解】棱长为的正方体的内切球的半径＝＝1，体积．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了正方体的内切球的性质和应用，属于基础题．‎ ‎5.已知，则下列不等式成立的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 举特列，令，经检验都不成立，只有正确，从而得到结论．‎ ‎【详解】令，‎ 则，故不成立， ，故B不成立，‎ ‎，故成立，，故D不成立.‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查不等式与不等关系，通过给变量取特殊值，举反例来说明某个命题不正确，属于基础题.‎ ‎6.已知是两条不同直线，是三个不同平面，下列命题中正确的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A中可以是任意关系；B正确；C中平行于同一平面，其位置关系可以为任意．D中平行于同一直线的平面可以相交或者平行．‎ ‎7.已知，，，则的最小值是（ ）‎ A. B. 4 C. 9 D. 5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用题设中的等式，把的表达式转化成展开后，利用基本不等式求得的最小值．‎ ‎【详解】∵，，，∴＝，‎ 当且仅当，即时等号成立．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了基本不等式求最值，注意一定，二正，三相等的原则，属于基础题．‎ ‎8.在正方体中，若是的中点，则直线垂直于（ ）‎ A. 直线 B. 直线 C. 直线 D. 直线 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连结B1D1，由E为A1C1的中点，得到A1C1∩B1D1＝E，由线面垂直的判定得到B1D1⊥面CC1E，从而得到直线CE垂直于直线B1D1．‎ ‎【详解】如图所示，直线CE垂直于直线B1D1，事实上，∵AC1为正方体，∴A1B1C1D1为正方形，连结B1D1，‎ 又∵E为A1C1的中点，∴E∈B1D1，∴B1D1⊥C1E，CC1⊥面A1B1C1D1，∴CC1⊥B1D1，‎ 又CC1∩C1E＝C1，∴B1D1⊥面CC1E，而CE⊂面CC1E，∴直线CE垂直于直线B1D1，且B1D1BD.‎ 所以直线垂直于直线.‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了空间直线与直线的位置关系，考查了直线与平面垂直的性质，属于基础题．‎ ‎9.在中，已知，且满足，则的面积为（ ）‎ A. 1 B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正弦定理先进行化简，然后根据余弦定理求出C的大小，结合三角形的面积公式进行计算即可．‎ ‎【详解】在中，已知，∴由正弦定理得，‎ 即，∴＝＝，即＝.‎ ‎∵ ，∴的面积．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查三角形面积计算，结合正弦定理余弦定理进行化简是解决本题的关键,属于基础题．‎ ‎10.大衍数列，来源于《乾坤普》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两翼数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，……则此数列的第20项为（ ）‎ A. 200 B. 180 C. 128 D. 162‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由0、2、4、8、12、18、24、32、40、50…，可得偶数项的通项公式：‎ ‎，即可得出．‎ ‎【详解】由0、2、4、8、12、18、24、32、40、50…，‎ 可得偶数项的通项公式：，则此数列第20项＝2×102＝200．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查了数列递推关系、通项公式、归纳法，属于基础题．‎ ‎11.在正四棱柱中，，，则与所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连结，结合几何体的特征，直接求解 与所成角的余弦值即可．‎ ‎【详解】如图所示：在正四棱柱中，＝1，＝2，‎ 连结，则与所成角就是中的，‎ 所以与所成角的余弦值为：＝＝．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查正四棱柱的性质，直线与直线所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力，属于基础题．‎ ‎12.已知，且，，这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则（ ）‎ A. 7 B. 6 C. 5 D. 9‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由,可得成等比数列，即有＝4；讨论成等差数列或成等差数列，运用中项的性质，解方程可得，即可得到所求和．‎ ‎【详解】由，可得成等比数列，即有＝4，①‎ 若成等差数列，可得，②‎ 由①②可得，5；‎ 若成等差数列，可得，③‎ 由①③可得，5．‎ 综上可得5．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查等差数列和等比数列的中项的性质，考查运算能力，属于中档题．‎ 二．填空题.‎ ‎13.已知向量，的夹角为°，，，则______．‎ ‎【答案】1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把向量，的夹角为60°，且，，代入平面向量的数量积公式，即可得到答案．‎ ‎【详解】由向量，的夹角为°，且，，则.‎ 故答案为：1‎ ‎【点睛】本题考查了平面向量数量积的坐标表示，直接考查公式本身的直接应用，属于基础题．‎ ‎14.在上定义运算，则不等式的解集为_____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据定义运算，把化简得，求出其解集即可．‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 即，得，解得：‎ 故答案为：．‎ 点睛】本题考查新定义，以及解一元二次不等式，考查运算的能力，属于基础题．‎ ‎15.现用一半径为，面积为的扇形铁皮制作一个无盖的圆锥形容器（假定衔接部分及铁皮厚度忽略不计，且无损耗），则该容器的容积为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析：由圆锥的几何特征，现用一半径为，面积为的扇形铁皮制作一个无盖的圆锥形容器，则圆锥的底面周长等于扇形的弧长，圆锥的母线长等于扇形的半径，由此计算出圆锥的高，代入圆锥体积公式，即可求出答案.‎ 解析：设铁皮扇形的半径和弧长分别为R、l，圆锥形容器的高和底面半径分别为h、r，‎ 则由题意得R=10，由，得，‎ 由得.‎ 由可得.‎ 该容器的容积为.‎ 故答案为：.‎ 点睛：涉及弧长和扇形面积的计算时，可用的公式有角度表示和弧度表示两种，其中弧度表示的公式结构简单，易记好用，在使用前，应将圆心角用弧度表示．‎ ‎16.已知六棱锥的底面是正六边形，平面，.则下列命题中正确的有_____．(填序号)‎ ‎①PB⊥AD；‎ ‎②平面PAB⊥平面PAE；‎ ‎③BC∥平面PAE；‎ ‎④直线PD与平面ABC所成的角为45°.‎ ‎【答案】②④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用题中条件，逐一分析答案，通过排除和筛选，得到正确答案．‎ ‎【详解】∵AD与PB在平面的射影AB不垂直，∴①不成立；‎ ‎∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，在正六边形ABCDEF中，AB⊥AE，PAAE=A，∴AB⊥平面PAE，‎ 且AB面PAB，∴平面PAB⊥平面PAE，故②成立；‎ ‎∵BC∥AD∥平面PAD，平面PAD平面PAE=PA，∴直线BC∥平面PAE也不成立，即③不成立．‎ 在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，故④成立．‎ 故答案为：②④．‎ ‎【点睛】本题考查命题真假的判断，解题时要注意直线与平面成的角、直线与平面垂直的性质的合理运用，属于中档题．‎ 三．解答题.‎ ‎17.设等比数列的前n项和为.已知，，求和.‎ ‎【答案】或.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题解析：（1）‎ 解得或 即或 ‎（2）当时，‎ 当时，‎ 考点：本题考查求通项及求和 点评：解决本题的关键是利用基本量法解题 ‎18.若不等式的解集是.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）当为何值时，的解集为．‎ ‎【答案】（1）；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由不等式的解集是，利用根与系数关系列式求出的值；‎ ‎（2）代入得值后，由不等式对应的方程的判别式小于等于0，列式求解的取值范围．‎ ‎【详解】（1）由题意知，1﹣＜0，且﹣3和1是方程的两根，‎ ‎∴，解得＝3．‎ ‎（2），即为，若此不等式的解集为，‎ 则2﹣4×3×3≤0，∴﹣6≤≤6，所以的范围是 ‎【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，考查了一元二次方程的根与系数的关系，属于基础题．‎ ‎19.如图，在四棱锥中，底面为菱形，、、分别是棱、、的中点，且平面．‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求证：平面．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取中点，连接，，得，利用直线与平面平行的判定定理证明平面．‎ ‎（2）连结，由已知条件得，由平面，得，利用直线与平面垂直的判定定理证明平面．‎ ‎【详解】（1）取中点，连接，，∵、分别是棱、中点，‎ ‎∴，且．∵在菱形中，是中点，‎ ‎∴，且，∴且，∴为平行四边形.‎ ‎∴．∵平面，平面，∴平面．‎ ‎（2）连接，∵是菱形，∴，‎ ‎∵，分别是棱、的中点，∴，∴，‎ ‎∵平面，平面，∴，‎ ‎∵，、平面，∴平面.‎ ‎【点睛】本题考查直线与平面平行以及直线与平面垂直的判定定理的应用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．‎ ‎20.已知分别是锐角三个内角的对边，且，且.‎ ‎(Ⅰ) 求的值；‎ ‎(Ⅱ)求面积的最大值；‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）利用正弦定理将角化为边得，利用余弦定理可得；（Ⅱ）由及基本不等式可得，故而可得面积的最大值.‎ 试题解析：（Ⅰ）因为，由正弦定理有 ‎，既有，由余弦定理得，.‎ ‎（Ⅱ），即，当且仅当时等号成立，‎ 当时，,‎ 所以的最大值为.‎ ‎21.在等差数列中，为其前项和()，且，.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，数列的前项为，证明：‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）运用等差数列的通项公式和求和公式，解方程组，可得首项和公差，即可得到所求通项；‎ ‎（2）化简，再利用裂项相消求数列的和，化简整理，即可证得．‎ ‎【详解】（1）设等差数列的公差是，由，，得 解得，，∴.‎ ‎（2）由（1）知，，∴，‎ ‎，‎ 因为，则成立.‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的通项公式的求法，也考查了裂项相消求和求数列的和，考查化简整理的运算能力，属于中档题．‎ ‎22.如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点.‎ ‎（1）证明:；‎ ‎（2）求三棱锥的体积．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出BE，DC的方向向量，根据•＝0，可得BE⊥DC；‎ ‎（2）由点为棱的中点，且底面，利用等体积法得．‎ ‎【详解】（1）∵底面，，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ ‎∵，，点为棱的中点．‎ ‎∴（1，0，0），（2，2，0），（0，2，0），（0，0，2），（1，1，1）‎ ‎∴＝（0，1，1），＝（2，0，0）,∵•＝0，可得BE⊥DC；‎ ‎（2）由点为棱的中点，且底面，利用等体积法得 ‎.‎ ‎【点睛】本题考查了空间线面垂直的判定，利用了向量法，也考查了等体积法求体积，属于中档题．‎ ‎ ‎