2018-2019学年福建省三明市第一中学高一下学期学段考试（期中）数学试题（解析版）

2018-2019学年福建省三明市第一中学高一下学期学段考试（期中）数学试题（解析版）

‎2018-2019学年福建省三明市第一中学高一下学期学段考试（期中）数学试题 一、单选题 ‎1．1和4的等比中项为（ ）‎ A．-2 B．2 C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】由等比中项的定义计算即可.‎ ‎【详解】‎ 根据等比中项定义知，1和4的等比中项为，故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等比中项的概念，属于容易题.‎ ‎2．在等差数列中，，则（ ）‎ A．5 B．-5 C．10 D．-10‎ ‎【答案】A ‎【解析】由是的等差中项可知.‎ ‎【详解】‎ 因为是的等差中项，‎ 所以，‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等差中项，属于容易题.‎ ‎3．直线与圆的位置关系为（ ）‎ A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定 ‎【答案】B ‎【解析】根据圆心到直线的距离与半径的关系，判断直线与圆的位置关系.‎ ‎【详解】‎ 设圆心到直线的距离为d,‎ 则，‎ 所以直线与圆相切，故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线与圆的位置关系，点到直线的距离，属于中档题.‎ ‎4．在正方体中，与所成角的余弦值是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由与平行可知，即为所成角，在直角三角形中求解即可.‎ ‎【详解】‎ 如图：‎ 因为正方体中与平行，‎ 所以即为与所成角，‎ 设正方体棱长为，则，在中，‎ ‎，故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了异面直线所成的角，属于中档题.‎ ‎5．已知圆：的圆心在直线，则实数的值为（ ）‎ A．-2 B．2 C．-4 D．4‎ ‎【答案】A ‎【解析】写出圆的圆心，代入直线，即可求出.‎ ‎【详解】‎ 因为圆：‎ 所以圆心，‎ 代入直线 ‎，解得 ‎ 故选A.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了圆的一般方程，圆心的坐标，属于中档题.‎ ‎6．已知直线：，：，若，则的值为（ ）‎ A．4 B．2 C．-2 D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据两条直线平行的充要条件可知，求解即可 ‎【详解】‎ 因为，‎ 所以 解得，‎ 故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了两条直线平行的充要条件，属于中档题.‎ ‎7．在中，角，，所对的边分别为，，，若，则最大角的余弦值为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】设，由余弦定理可求出.‎ ‎【详解】‎ 设,‎ 所以最大的角为,‎ ‎ ‎ 故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了余弦定理，大边对大角，属于中档题.‎ ‎8．记为等比数列的前项和，且，，则（ ）‎ A．28 B．36 C．52 D．64‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据等比数列前n项和的性质，利用成等比数列即可求解.‎ ‎【详解】‎ 因为，‎ 所以，‎ 所以成等比数列 由等比中项知,解得，‎ 故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等比数列前n项和的性质，等比中项，属于中档题.‎ ‎9．直线与圆：相交于，两点，则面积的最大值为（ ）‎ A．1 B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】设圆心到直线的距离为，则所截得的弦长，写出三角形面积，利用均值不等式求最大值即可.‎ ‎【详解】‎ 设圆心到直线的距离为，则所截得的弦长,‎ 所以，‎ 由均值不等式可得：，当且仅当 时等号成立. 故选B.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了弦心距，半径，弦长之间的关系，均值不等式，属于难题.‎ ‎10．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，已知第行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，……，则此数列的前56项和为（ ）‎ A．2060 B．2038 C．4084 D．4108‎ ‎【答案】C ‎【解析】利用n次二项式系数对应杨辉三角形的第行，然后令得到对应项的系数和，结合等比数列和等差数列的公式进行转化求解即可.‎ ‎【详解】‎ n次二项式系数对应杨辉三角形的第行，‎ 例如，系数分别为1,2,1，对应杨辉三角形的第3行，‎ 令，就可以求出该行的系数之和，‎ 第1行为，第2行为，第3行为，以此类推，‎ 即每一行数字和为首项为1，公比为2的等比数列.‎ 则杨辉三角形的前n项和为 ‎ 若去除所有的为1的项，则剩下的每一行的个数为1,2,3,4,…,可以看成构成一个首项为1，公差为1的等差数列，则，可得当，去除两端“1”可得，则此数列前55项和为，所以第56项为第13行去除1的第一个数,所以该数列前56项和为，故选C.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了数列求和，杨辉三角形的的系数与二项式系数的关系以及等比、等差数列的求和公式，属于难题.‎ 二、多选题 ‎11．（多选题）下列说法正确的是（ ）‎ A．直线与两坐标轴围成的三角形的面积是2‎ B．点关于直线的对称点为 C．过，两点的直线方程为 D．经过点且在轴和轴上截距都相等的直线方程为 ‎【答案】AB ‎【解析】根据直线的方程及性质，逐项分析，A中直线在坐标轴上的截距分别为2，，所以围成三角形的面积是2正确，B中在直线上，且连线的斜率为，所以B正确，C选项需要条件，故错误，D选项错误，还有一条截距都为0的直线.‎ ‎【详解】‎ A中直线在坐标轴上的截距分别为2，，所以围成三角形的面积是2正确，B中在直线上，且连线的斜率为，所以B正确，C选项需要条件，故错误，D选项错误，还有一条截距都为0的直线.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线的截距，点关于直线的对称点，直线的两点式方程，属于中档题.‎ ‎12．（多选题）已知，是两条不重合的直线，，，是三个两两不重合的平面，给出下列四个命题，其中正确命题的是（ ）‎ A．若，，，则 B．若，，，，则 C．若，，，那么 D．若，，，那么 ‎【答案】BD ‎【解析】A选项中没有说明两条直线是否相交，结论错误，B选项中能推出 ‎，所以结论正确，C选项能推出，结论错误, D选项根据线面平行的性质可知正确,‎ ‎【详解】‎ A选项中没有说明两条直线是否相交，结论错误，B选项中能推出，所以结论正确，C选项能推出，推不出，结论错误, D选项根据线面平行的性质可知正确,‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了线面垂直，线面平行，面面垂直的性质，属于中档题。‎ 三、填空题 ‎13．在中，角，，所对的边分别为，，，若，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】因为，所以,利用正弦定理即可求解.‎ ‎【详解】‎ 因为，所以,‎ 由正弦定理可知,‎ 所以，故填.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了正弦定理，属于中档题.‎ ‎14．直线与直线互相垂直，则__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据直线垂直的条件计算即可.‎ ‎【详解】‎ 因为直线与直线互相垂直，‎ 所以 ‎ 解得.故填.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了两条直线垂直的条件，属于中档题.‎ ‎15．已知为等差数列的前项和，，，则取得最大值时，的值为__________．‎ ‎【答案】45‎ ‎【解析】根据等差数列的两项，，求出公差，写出等差数列的前n项和，利用二次函数求出最大值.‎ ‎【详解】‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 对称轴为，‎ 所以当或时，有最大值,‎ 故填.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了等差数列的通项公式，前n项和公式，利用二次函数求最大值，属于中档题.‎ ‎16．在平面上，将两个半圆弧和、两条直线和围成的封闭图形记为，如图中阴影部分.记绕轴旋转一周而成的几何体为，过作的水平截面，所得截面面积为，试利用祖暅原理（祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是：两等高的几何体在同高处被截得的两个截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等）、一个平放的圆柱和一个长方体，得出的体积值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题目给出的的水平截面的面积，可猜想水平放置的圆柱和长方体的量，然后直接求出圆柱的体积与长方体的体积作和即可.‎ ‎【详解】‎ 因为几何体的水平截面的截面面积为，该截面的截面面积由两部分组成，一部分为定值，看作是截一个底面积为，高为2的长方体得到的，对于，看作是把一个半径为1，高为的圆柱得到的，如图所示：‎ 这两个几何体和放在一起，根据祖暅原理，每个平行水平面的截面面积相等，故它们体积相等，即的体积为.故填.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了简单的合情推理，解答的关键是由几何体的水平截面面积想到水平放置的圆柱和长方体的有关量，是中档题.‎ 四、解答题 ‎17．平面直角坐标系中，已知三个顶点的坐标分别为，，.‎ ‎（1）求边上的高所在的直线方程；‎ ‎（2）求的面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）5‎ ‎【解析】（1）写出BC边所在的直线的斜率，即可求出BC边上高的斜率，根据点斜式写出方程；（2）利用点到直线的距离求三角形的高，再根据两点间的距离求三角形的底BC，即可得解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）直线的斜率，则边上高所在直线斜率，‎ 则边上的高所在的直线方程为，即.‎ ‎（2）的方程为，.‎ 点到直线的距离，‎ ‎，‎ 则的面积 ‎【点睛】‎ 本题主要考查了直线方程的点斜式，垂直直线斜率间的关系，点到直线的距离，属于中档题.‎ ‎18．如图所示，为了测量，两处岛屿间的距离，小明在处观测，，分别在处的北偏西、北偏东方向，再往正东方向行驶20海里至处，观测到在处的正北方向，在处的北偏西方向.则，两处岛屿间的距离是多少？‎ ‎【答案】海里 ‎【解析】在中解出BD, 在中由正弦定理解出AD, 在中根据余弦定理求解即可.‎ ‎【详解】‎ 在中，，‎ 所以，.‎ 在中，，，，‎ 所以，‎ 所以，即，所以.‎ 在中，，‎ ‎，‎ 即，‎ 所以（海里）.‎ 所以，两处岛屿间的距离是海里.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了解三角形在实际问题中的应用，属于中档题.‎ ‎19．已知数列的前项和满足：.‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）设，数列的前项和，求证：.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析 ‎【解析】（1）根据，转化为，由等比数列定义判定并写出通项公式（2）根据裂项相消法即可求出数列和.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）因为，‎ 所以，，‎ 所以.‎ 又因为，所以，‎ 所以，‎ 所以数列是以1为首项，为公比的等比数列.‎ 所以.‎ ‎（2），‎ 所以，‎ 所以.‎ 因为，‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了数列的递推关系，等比数列的通项公式，裂项相消求和，属于中档题.‎ ‎20．在中，角所对的边分别是已知．‎ ‎（1）求的大小；‎ ‎（2）若的面积为，求的周长．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】利用正弦定理，再进行三角恒等变换求的值，从而求出B值；由的面积公式，利用余弦定理求得b的值，再求的周长．‎ ‎【详解】‎ 解：中，，‎ 由正弦定理可得，‎ 整理可得，‎ 又A为三角形内角，，‎ 所以，‎ 由B为三角形内角，可得；‎ 由的面积为，即，‎ 所以，‎ 又，‎ 由余弦定理得 ，‎ 所以，‎ 的周长为．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角形的正弦、余弦定理和面积公式应用问题，考查三角函数的恒等变换，以及化简运算能力，是中档题．‎ ‎21．如图所示，在等腰梯形中，，，，点为的中点.将沿折起，使点到达的位置，得到如图所示的四棱锥，点为棱的中点.‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若平面平面，求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】（1）连接，交于点，连接，易知底面是平行四边形，则为中点，又是中点，可知，则结论可证.‎ ‎（2）先证明是等腰直角三角形，由条件中的面面垂直可得平面，则由（1）可知平面，则为三棱锥的高，底面的面积容易求得，根据公式求三棱锥的体积.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）在平面图中，‎ 因为且，‎ 所以四边形是平行四边形；‎ 在立体图中，‎ 连接，交于点，连接，所以点是的中点，又因为点为棱的中点，‎ 所以，因为平面，平面，‎ 所以平面；‎ ‎（2）在平面图中，‎ 因为是平行四边形，所以，因为四边形是等腰梯形，‎ 所以，所以，因为，所以；‎ 在立体图中，，‎ 又平面平面，且平面平面，平面 所以平面，‎ 由（1）知，所以平面，‎ 在等腰直角三角形中，因为，所以，‎ 所以，又，‎ 所以.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查平面几何与立体几何的关系，线面平行的证明，面面垂直的性质等，有一定的综合性，属中等题.‎ ‎22．已知以点为圆心的圆被直线：截得的弦长为.‎ ‎（1）求圆的标准方程；‎ ‎（2）求过与圆相切的直线方程；‎ ‎（3）若是轴的动点，，分别切圆于，两点.试问：直线是否恒过定点？若是，求出恒过点坐标；若不是，说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）或；（3）见解析 ‎【解析】‎ ‎（1）根据圆心到直线的距离，半弦长、半径、构成直角三角形，求解即可；（2）利用圆心到直线的距离等于等于半径求解（3）由题意，则，在以为直径的圆上，设，写出圆的方程，与已知圆联立，得到含参的直线方程，确定是否过定点.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）圆心到直线的距离为，设圆的半径为，则，圆为.‎ ‎（2）设过点的切线方程为，即，‎ 圆心到直线的距离为，‎ 解得或，‎ 所以过点的切线方程为或；‎ ‎（3）由题意，则，在以为直径的圆上，‎ 设，则以为直径的圆的方程：.‎ 即，‎ 与圆：，‎ 联立得：，‎ 令得，，‎ 故无论取何值时，直线恒过定点.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了圆的方程，圆的几何性质，直线与圆的位置关系，直线系过定点问题，属于中档题.‎