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2018-2019 2018-2019学年市四校高一下学期期末联考数学试题(解析版)

发布时间:2020-03-22 06:11:20 影响了:

2018-2019学年市四校高一下学期期末联考数学试题 一、单选题 1.直线关于直线对称的直线方程是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】所求直线的斜率与直线的斜率互为相反数,且在处有公共点,求解即可。

【详解】 直线与直线的交点为,则所求直线过点, 因为直线的斜率为,所以所求直线的斜率为, 故所求直线方程为,即. 故答案为A. 【点睛】 本题考查了直线的斜率,直线的方程,直线关于直线的对称问题,属于基础题。

2.如图,正四棱柱中(底面是正方形,侧棱垂直于底面),,则异面直线与所成角的余弦值为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】试题分析:连结,异面直线所成角为,设,在中 【考点】异面直线所成角 3.已知,则下列不等式一定成立的是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】根据对数函数的单调性,求得的大小关系,由此对选项逐一分析,进而得出正确选项. 【详解】 由于在上为增函数,所以.所以:
,A选项错误. ,故符号无法判断,B选项错误. ,在上递减,故,C选项错误. 由于,由于当时,在上递增,所以,即,故D选项正确. 故选:D. 【点睛】 本小题主要考查对数函数、指数函数和幂函数的单调性,属于基础题. 4.内角,,的对边分别为,,.已知,,,则这样的三角形有( ) A.0个 B.1个 C.2个 D.1个或2个 【答案】C 【解析】根据和的大小关系,判断出解的个数. 【详解】 由于,所以,故解的个数有两个.如图所示两个解. 故选:C 【点睛】 本小题主要考查正弦定理的运用过程中,三角形解的个数判断,属于基础题. 5.在等差数列中,若,则( ) A.45 B.75 C.180 D.320 【答案】C 【解析】试题分析:因为数列为等差数列,且,所以,,从而,所以,而,所以,故选C. 【考点】等差数列的性质. 6.在数列中,,,则的值为( ) A.4950 B.4951 C. D. 【答案】C 【解析】利用累加法求得,由此求得的表达式,进而求得的值. 【详解】 依题意,所以,所以,当时,上式也满足.所以. 故选:C 【点睛】 本小题主要考查累加法求数列的通项公式,属于基础题. 7.直线分别与轴,轴交于,两点,点在圆上,则面积的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】先求出AB的长,再求点P到直线AB的最小距离和最大距离,即得△ABP面积的最小值和最大值,即得解. 【详解】 由题得, 由题得圆心到直线AB的距离为, 所以点P到直线AB的最小距离为2-1=1,最大距离为2+1=3, 所以△ABP的面积的最小值为,最大值为. 所以△ABP的面积的取值范围为[1,3]. 故选D 【点睛】 本题主要考查点到直线的距离的计算,考查面积的最值问题,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 8.设是数列的前项和,时点在抛物线上,且的首项是二次函数的最小值,则的值为( ) A.45 B.54 C.36 D.-18 【答案】B 【解析】根据点在抛物线上证得数列是等差数列,由二次函数的最小值求得首项,进而求得的值. 【详解】 由于时点在抛物线上,所以, 所以数列是公差为的等差数列. 二次函数, 所以. 所以. 故选:B 【点睛】 本小题主要考查等差数列的证明,考查二次函数的最值的求法,考查等差数列前项和公式,属于基础题. 9.若两个正实数,满足,且不等式有解,则实数的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】利用基本不等式求得的最小值,根据不等式存在性问题,解一元二次不等式求得的取值范围. 【详解】 由于,而不等式有解,所以,即,解得或. 故选:D 【点睛】 本小题主要考查利用基本不等式求最小值,考查不等式存在性问题的求解,考查一元二次不等式的解法,属于中档题. 10.在中,角,,的对边分别为,,,且.则( ) A. B.或 C. D. 【答案】A 【解析】利用余弦定理和正弦定理化简已知条件,求得的值,即而求得的大小. 【详解】 由于,所以,由余弦定理和正弦定理得,即,由于是三角形的内角,所以为正数,所以,为三角形的内角,所以. 故选:A 【点睛】 本小题主要考查正弦定理和余弦定理边角互化,考查三角形的内角和定理,考查两角和的正弦公式,属于基础题. 11.如图,各棱长均为的正三棱柱,、分别为线段、上的动点,且平面,,中点轨迹长度为,则正三棱柱的体积为( ) A. B. C.3 D. 【答案】D 【解析】设的中点分别为,判断出中点的轨迹是等边三角形的高,由此计算出正三棱柱的边长,进而计算出正三棱柱的体积. 【详解】 设的中点分别为,连接.由于平面,所以.当时,中点为平面的中心,即的中点(设为点)处.当时,此时的中点为的中点.所以点的轨迹是三角形的高.由于三角形是等边三角形,而,所以.故正三棱柱的体积为. 故选:D 【点睛】 本小题主要考查线面平行的有关性质,考查棱柱的体积计算,考查空间想象能力,考查分析与解决问题的能力,属于中档题. 12.菱形,是边靠近的一个三等分点,,则菱形面积最大值为( ) A.36 B.18 C.12 D.9 【答案】B 【解析】设出菱形的边长,在三角形中,用余弦定理表示出,利用菱形的面积公式列式,结合二次函数的性质求得菱形面积的最大值. 【详解】 设菱形的边长为,在三角形中,,有余弦定理得.所以菱形的面积,故当时,菱形的面积取得最大值为. 故选:B 【点睛】 本小题主要考查余弦定理解三角形,考查同角三角函数的基本关系式,考查菱形的面积公式,考查二次函数最值的求法,属于中档题. 二、填空题 13.终边经过点,则_____________ 【答案】 【解析】根据正弦值的定义,求得正弦值. 【详解】 依题意. 故答案为:
【点睛】 本小题主要考查根据角的终边上一点的坐标求正弦值,属于基础题. 14.直线的倾斜角为_____________ 【答案】 【解析】先求得直线的斜率,由此求得对应的倾斜角. 【详解】 依题意可知,直线的斜率为,故倾斜角为. 故答案为:
【点睛】 本小题主要考查直线斜率和倾斜角的计算,属于基础题. 15.如图,两个正方形,边长为2,.将绕旋转一周,则在旋转过程中,与平面的距离最大值为______. 【答案】 【解析】绕旋转一周得到的几何体是圆锥,点的轨迹是圆.过作平面平面,交平面于.的轨迹在平面内.画出图像,根据图像判断出圆的下顶点距离平面的距离最大,解三角形求得这个距离的最大值. 【详解】 绕旋转一周得到的几何体是圆锥,故点的轨迹是圆.过作平面平面,交平面于.的轨迹在平面内.画出图像如下图所示,根据图像作法可知,当位于圆心的正下方点位置时,到平面 的距离最大.在平面内,过作,交于.在中,,.所以①.其中,,所以①可化为. 故答案为:
【点睛】 本小题主要考查旋转体的概念,考查空间点到面的距离的最大值的求法,考查空间想象能力和运算能力,属于中档题. 16.设数列的前项和为满足:,则_________. 【答案】 【解析】利用,求得关于的递推关系式,利用配凑法证得是等比数列,由此求得数列的通项公式,进而求得的表达式,从而求得的值. 【详解】 当时,. 由于,而,故 , 故答案为:. 【点睛】 本小题主要考查配凑法求数列的通项公式,考查化归与转化的数学思想方法,属于中档题. 三、解答题 17.在三棱锥中,平面平面,,,分别是棱,上的点 (1)为的中点,求证:平面平面. (2)若,平面,求的值. 【答案】(1)证明见解析;
(2) 【解析】(1)根据等腰三角形的性质,证得,由面面垂直的性质定理,证得平面,进而证得平面平面. (2)根据线面平行的性质定理,证得,平行线分线段成比例,由此求得的值. 【详解】 (1),为的中点,所以. 又因为平面平面,平面平面,且平面, 所以平面, 又平面,所以平面平面. (2)∵平面,面,面面 ∴, ∴. 【点睛】 本小题主要考查面面垂直的判定定理和性质定理,考查线面平行的性质定理,考查空间想象能力和逻辑推理能力,属于中档题. 18.如图1所示,在四边形中,,且,,. (1)求的面积;

(2)若,求的长. 图1 图2 【答案】(1);
(2). 【解析】(1)利用已知条件求出D角的正弦函数值,然后求△ACD的面积;

(2)利用余弦定理求出AC,通过,利用余弦定理求解AB的长. 【详解】 (1)因为,,所以, 又,所以,所以. (2)由余弦定理可得, 因为,所以,解得. 【点睛】 本题考查余弦定理以及正弦定理的应用,基本知识的考查,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题. 19.泉州与福州两地相距约200千米,一辆货车从泉州匀速行驶到福州,规定速度不得超过千米/时,已知货车每小时的运输成本(以元为单位)由可变部分和固定部分组成:可变部分与速度千米/时的平方成正比,比例系数为0.01;
固定部分为64元. (1)把全程运输成本元表示为速度千米/时的函数,并指出这个函数的定义域;

(2)为了使全程运输成本最小,货车应以多大速度行驶? 【答案】(1),;
(2),货车应以千米/时速度行驶,货车应以千米/时速度行驶 【解析】(1)先计算出从泉州匀速行驶到福州所用时间,然后乘以每小时的运输成本(可变部分加固定部分),由此求得全程运输成本,并根据速度限制求得定义域. (2)由,,对进行分类讨论.当时,利用基本不等式求得行驶速度.当时,根据的单调性求得行驶速度. 【详解】 (1)依题意一辆货车从泉州匀速行驶到福州所用时间为小时, 全程运输成本为, 所求函数定义域为;

(2)当时, 故有, 当且仅当,即时,等号成立. 当时, 易证在上单调递减 故当千米/时,全程运输成本最小. 综上,为了使全程运输成本最小,,货车应以千米/时速度行驶, 货车应以千米/时速度行驶. 【点睛】 本小题主要考查函数模型在实际生活中的应用,考查基本不等式求最小值,考查函数的单调性,考查分类讨论的数学思想方法,属于中档题. 20.已知圆:. (1)过的直线与圆:交于,两点,若,求直线的方程;

(2)过的直线与圆:交于,两点,直接写出面积取值范围;

(3)已知,,圆上是否存在点,使得,请说明理由. 【答案】(1)或;
(2);
(3)存在,理由见解析 【解析】求得圆的圆心和半径. (1)设出直线的方程,利用弦长、勾股定理和点到直线距离列方程,解方程求得直线的斜率,进而求得直线的方程. (2)利用三角形的面积公式列式,由此求得面积取值范围. (3)求得三角形外接圆的方程,根据圆和圆的位置关系,判断出点存在. 【详解】 圆心为,半径为. (1)直线有斜率,设:,圆心到直线的距离为, ∵, 则由,得, 直线的方程为或 (2)依题意可知,三角形的面积为,由于,所以,所以. (3)设三角形的外接圆圆心为(),半径为,由正弦定理得,,所以,所以圆的圆心为,所以圆的方程为,圆与圆满足圆心距:
, ∴圆与圆相交于两点, 圆上存在两个这样的点,满足题意. 【点睛】 本小题主要考查直线和圆的位置关系,考查圆和圆的位置关系,考查三角形的面积公式,考查化归与转化的数学思想方法,属于中档题. 21.如图,四面体中,,,为的中点. (1)证明:;

(2)已知是边长为2正三角形. (Ⅰ)若为棱的中点,求的大小;

(Ⅱ)若为线段上的点,且,求四面体的体积的最大值. 【答案】(1)证明见解析;
(2)(Ⅰ);
(Ⅱ) 【解析】(1)取中点,连接,通过证明,证得平面,由此证得. (2) (I)通过证明,证得平面,由此证得,利用 “直斜边的中线等于斜边的一半”这个定理及其逆定理,证得. (II)利用求得四面体的体积的表达式,结合基本不等式求得四面体的体积的最大值. 【详解】 (1)取的中点,所以,所以. 又因为,所以, 又,所以面,所以. (2)(Ⅰ)由题意得,在正三角形中,, 又因为,且, 所以面,所以. ∵为棱的中点,∴, 在中,为的中点,. ∴ (Ⅱ), 四面体的体积, 又因为,即, 所以 等号当且仅当时成立, 此时. 故所求的四面体的体积的最大值为. 【点睛】 本小题主要考查线线垂直的证明,考查线面垂直的证明,考查直角三角形的判定,考查三棱锥体积的最大值的求法,考查基本不等式的运用,考查空间想象能力和逻辑推理能力,属于中档题. 22.已知数列为等差数列,为前项和,, (1)求的通项公式;

(2)设,比较与的大小;

(3)设函数,,求,和数列的前项和. 【答案】(1);
(2);
(3),, 【解析】(1)利用基本元的思想,将已知转化为的形式列方程组,解方程组求得的值,从而求得数列的通项公式. (2)利用裂项求和法求得表达式,判断出,利用对数函数的性质得到,由此得到. (3)首先求得,当时,根据的表达式,求得的表达式.利用分组求和法求得当时的表达式,并根据的值求得的分段表达式. 【详解】 (1)为等差数列,, 得,∴ (2)∵, ∴, 又,∴. (3)由分段函数,可以得到:
,, 当时,, 故当时,, 又符合上式 所以. 【点睛】 本小题主要考查等差数列基本量的计算,考查裂项求和法、分组求和法,考查运算求解能力,属于中档题.

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