黑龙江省鹤岗市第一中学2018-2019学年高一下学期期末考试数学（理）试题

黑龙江省鹤岗市第一中学2018-2019学年高一下学期期末考试数学（理）试题

www.ks5u.com 鹤岗一中2018-2019学年度下学期期末考试 高一数学理科试题 一.选择题（本题共12题，每道题5分，共60分；每道小题只有一个符合题目要求）‎ ‎1.下列命题正确的是（ ）‎ A. 有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱。‎ B. 有两个面平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱。‎ C. 绕直角三角形的一边旋转所形成的几何体叫圆锥。‎ D. 用一个面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台。‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据课本中的相关概念依次判断选项即可.‎ ‎【详解】对于A选项，几何体可以是棱台，满足有两个面平行，其余各面都是四边形，故选项不正确；对于B，根据课本中棱柱的概念得到是正确的；对于C，当绕直角三角形的斜边旋转时构成的几何体不是圆锥，故不正确；对于D，用平行于底面的平面截圆锥得到的剩余的几何体是棱台，故不正确.‎ 故答案为：B.‎ ‎【点睛】这个题目考查了几何体的基本概念，属于基础题.‎ ‎2.的斜二侧直观图如图所示，则的面积为（ ）‎ A. B. 1 C. D. 2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用斜二侧画法的法则，可知原图形是一个两边分别在、轴的直角三角形，轴上的边长与原图形相等，而轴上的边长是原图形边长的一半，由此不难得到平面图形的面积.‎ ‎【详解】∵，， ‎ ‎∴原图形中两直角边长分别为2，2，‎ 因此，的面积为．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题要求我们将一个直观图形进行还原，并且求出它的面积，着重考查了斜二侧画法和三角形的面积公式等知识，属于基础题．‎ ‎3.如图，在直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 连结，∵， ∴是异面直线与 所成角（或所成角的补角）， ∵在直三棱柱中，，，， ∴，，，， ∴， ∴异面直线与所成角的余弦值为，故选D.‎ ‎4.已知，则的最小值是 （ ）‎ A. 2 B. 6 C. 2 D. 2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：因为,故.‎ 考点：基本不等式的运用，考查学生的基本运算能力．‎ ‎5.若，是不同的直线，，是不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）‎ A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A中平面，可能垂直也可能平行或斜交，B中平面，可能平行也可能相交，C中成立，D中平面，可能平行也可能相交.‎ ‎【详解】A中若，，，平面，可能垂直也可能平行或斜交；‎ B中若，，，平面，可能平行也可能相交；‎ 同理C中若，，则，分别是平面，的法线，必有；‎ D中若，，，平面，可能平行也可能相交.‎ 故选C项.‎ ‎【点睛】本题考查空间中直线与平面，平面与平面位置关系，属于简单题.‎ ‎6.如图，某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据三视图画出几何体的直观图，进一步利用几何体的体积公式求出结果．‎ ‎【详解】解：根据几何体得三视图转换为几何体为：‎ 故：V．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题．‎ ‎7.一个圆锥的表面积为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，该圆锥的母线长为（ ）‎ A. B. 4 C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设圆锥的底面半径为，母线长为，利用扇形面积公式和圆锥表面积公式，求出圆锥的底面圆半径和母线长．‎ ‎【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为 它的侧面展开图是圆心角为的扇形 ‎ 又圆锥的表面积为 ，解得：‎ 母线长为：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查了圆锥的结构特征与应用问题，关键是能够熟练应用扇形面积公式和圆锥表面积公式，是基础题．‎ ‎8.一个正方体内接于一个球，过球心作一个截面，如图所示，则截面的可能图形是（ ）‎ ‎ ‎ A. ①③④ B. ②④ C. ②③④ D. ①②③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别当截面平行于正方体的一个面时，当截面过正方体的两条相交的体对角线时，当截面既不过体对角线也不平行于任一侧面时，进行判定，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，当截面平行于正方体的一个面时得③；当截面过正方体的两条相交的体对角线时得④；当截面既不过正方体体对角线也不平行于任一侧面时可能得①；无论如何都不能得②.故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正方体与球 组合体的截面问题，其中解答中熟记空间几何体的结构特征是解答此类问题的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理能力，属于基础题.‎ ‎9.已知都是正数,且，则的最小值等于 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎ ,故选C.‎ ‎10.设，，均为正实数，则三个数，，( )‎ A. 都大于2 B. 都小于2‎ C. 至少有一个不大于2 D. 至少有一个不小于2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎ 由题意得，‎ 当且仅当时，等号成立，‎ 所以至少有一个不小于，故选D.‎ ‎11.如图，在四边形中，，，，，将沿折起，使平面平面构成几何体，则在几何体中，下列结论正确的是（ ）‎ A. 平面平面 B. 平面平面 C. 平面平面 D. 平面平面 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面垂直的判定定理，先得到平面，进而可得到平面平面.‎ ‎【详解】由已知得，，‎ 又平面平面，所以平面，‎ 从而，故平面.‎ 又平面，‎ 所以平面平面.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查面面垂直的判定，熟记面面垂直的判定定理即可，属于常考题型.‎ ‎12.如图，已知四面体为正四面体，分别是中点.若用一个与直线垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过补体，在正方体内利用截面为平行四边形,有，进而利用基本不等式可得解.‎ ‎【详解】补成正方体，如图.‎ ‎∴截面为平行四边形,可得，‎ 又 且 ‎ 可得当且仅当时取等号，选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了线面的位置关系，截面问题，考查了空间想象力及基本不等式的应用，属于难题.‎ 二.填空题（本题共4个小题，每个小题5分，共20分）‎ ‎13.不等式的解集为_________________；‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据绝对值定义去掉绝对值符号后再解不等式．‎ ‎【详解】时，原不等式可化为，，∴；‎ 时，原不等式可化为，，∴．‎ 综上原不等式的解为．‎ 故答案为．‎ ‎【点睛】本题考查解绝对值不等式，解绝对值不等式的常用方法是根据绝对值定义去掉绝对值符号，然后求解．‎ ‎14.已知x、y、z∈R,且，则的最小值为 .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由柯西不等式，，因为.所以，当且仅当，即时取等号.所以的最小值为.‎ 考点：柯西不等式 ‎15.如图，二面角等于，、是棱上两点，、分别在半平面、内，，，且，则的长等于______．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知中二面角α﹣l﹣β等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝BD＝1，由，结合向量数量积的运算，即可求出CD的长．‎ ‎【详解】∵A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，‎ 又∵二面角α﹣l﹣β平面角θ等于120°，且AB＝AC＝BD＝1，‎ ‎∴，60°，‎ ‎∴‎ 故答案为：2．‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是与二面角有关的立体几何综合题，其中利用，结合向量数量积的运算，是解答本题的关键．‎ ‎16.已知三棱锥P－ABC，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝2，AC＝BC＝1，则三棱锥P－ABC外接球的体积为__ .‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 如图所示,取PB的中点O，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，PA⊥BC，又BC⊥AC，PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC.∴OA＝PB，OC＝PB，∴OA＝OB＝OC＝OP，故O为外接球的球心．又PA＝2，AC＝BC＝1，∴AB＝，PB＝，∴外接球的半径R＝.‎ ‎∴V球＝πR3＝×()3＝,故填.‎ 点睛:‎ ‎ 空间几何体与球接、切问题的求解方法:(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．‎ 三.解答题（解答题应写出相应的文字说明，证明过程或验算步骤）‎ ‎17.三个内角A,B,C对应的三条边长分别是，且满足．‎ ‎（1）求角的大小；‎ ‎（2）若，，求．‎ ‎【答案】⑴ (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎⑴由正弦定理及，得，因为，所以；‎ ‎⑵由余弦定理，解得 ‎【详解】⑴由正弦定理 得，‎ 由已知得，，‎ 因为，所以 ‎⑵由余弦定理，‎ 得 即，解得或，负值舍去，‎ 所以 ‎【点睛】解三角形问题，常要求正确选择正弦定理或余弦定理对三角形中的边、角进行转换，再进行求解，同时注意三角形当中的边角关系，如内角和为180度等 ‎18.如图在四棱锥中，底面是矩形，点、分别是棱和的中点.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）若，且平面平面，证明平面.‎ ‎【答案】(1)见证明；(2)见证明 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）可证，从而得到要求证的线面平行.‎ ‎（2）可证，再由及是棱的中点可得， 从而得到平面.‎ ‎【详解】（1）证明：因为点、分别是棱和的中点，所以，又在矩形中，，所以，‎ 又面，面，所以平面 ‎（2）证明：在矩形中，，又平面平面，平面平面，面，‎ 所以平面，‎ 又面，所以①‎ 因为且是的中点，所以，②‎ 由①②及面，面，，所以平面 .‎ ‎【点睛】线面平行的证明的关键是在面中找到一条与已知直线平行的直线，找线的方法可利用三角形的中位线或平行公理.线面垂直的判定可由线线垂直得到，注意线线是相交的， 而要求证的线线垂直又可以转化为已知的线面垂直（有时它来自面面垂直）来考虑.‎ ‎19.设数列的前项和为,已知 ‎（Ⅰ）求, 并求数列通项公式；‎ ‎（Ⅱ）求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1），；（2）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：本题主要考查由求、等比数列的通项公式、等比数列的前n项和公式、错位相减法等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力．第一问，由求，利用，分两部分求和，经判断得数列为等比数列；第二问，结合第一问的结论，利用错位相减法，结合等比数列的前n项和公式，计算化简．‎ 试题解析：（Ⅰ）时 所以时，‎ 是首项为、公比为的等比数列，，．‎ ‎（Ⅱ）‎ 错位相减得: ‎ ‎．‎ 考点：求、等比数列通项公式、等比数列的前n项和公式、错位相减法．‎ ‎20.如图，四棱锥中，平面，底面是平行四边形，若，.‎ ‎（Ⅰ）求证：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）求棱与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（Ⅰ）先证明平面，再证明平面平面.（Ⅱ）以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图空间直角坐标系，利用向量法求棱与平面所成角的正弦值.‎ ‎【详解】解：（Ⅰ）∵平面，∴，‎ ‎∵，，，∴，∴，‎ ‎∴平面，‎ 又∵平面，‎ ‎∴平面平面.‎ ‎（Ⅱ）以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图空间直角坐标系，‎ 则，，，，于是 ‎，，，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 则，解得，‎ ‎∴，设与平面所成角为，则.‎ ‎【点睛】本题主要考查空间垂直关系的证明，考查线面角的求法，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.‎ ‎21.已知.‎ ‎（1）求不等式的解集；‎ ‎（2）若关于的不等式能成立，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】(1) (2) 或.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）运用绝对值的意义，去绝对值，解不等式，求并集即可；‎ ‎（2）求得|t﹣1|+|2t+3|的最小值，原不等式等价为|x+l|﹣|x﹣m|的最大值，由绝对值不等式的性质，以及绝对值不等式的解法，可得所求范围．‎ ‎【详解】解：（1）由题意可得|x﹣1|+|2x+3|＞4，‎ 当x≥1时，x﹣1+2x+3＞4，解得x≥1；‎ 当x＜1时，1﹣x+2x+3＞4，解得0＜x＜1；‎ 当x时，1﹣x﹣2x﹣3＞4，解得x＜﹣2．‎ 可得原不等式的解集为（﹣∞，﹣2）∪（0，+∞）；‎ ‎（2）由（1）可得|t﹣1|+|2t+3|‎ ‎，‎ 可得t时，|t﹣1|+|2t+3|取得最小值，‎ 关于x的不等式|x+l|﹣|x﹣m|≥|t﹣1|+|2t+3|（t∈R）能成立，‎ 等价为|x+l|﹣|x﹣m|的最大值，‎ 由|x+l|﹣|x﹣m|≤|m+1|，可得|m+1|，‎ 解得m或m．‎ ‎【点睛】本题考查绝对值不等式的解法和绝对值不等式的性质的运用，求最值，考查化简变形能力，以及运算能力，属于基础题．‎ ‎22.如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，侧棱底面， 垂直于和，为棱上的点，，.‎ ‎（1）若为棱的中点，求证：//平面；‎ ‎（2）当时，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值；‎ ‎（3）在第（2）问条件下，设点是线段上的动点，与平面所成的角为，求当取最大值时点的位置.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）；（3）即点N在线段CD上且 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）取线段SC的中点E，连接ME，ED．可证是平行四边形，从而有，则可得线面平行；‎ ‎（2）以点A为坐标原点，建立分别以AD、AB、AS所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，求出两平面与平面的法向量，由法向量夹角的余弦值可得二面角的余弦值；‎ ‎（3）设，其中，求出，由MN与平面所成角的正弦值为与平面的法向量夹角余弦值的绝对值可求得结论．‎ ‎【详解】（1）证明：取线段SC的中点E，连接ME，ED．‎ 在中，ME为中位线，∴且，‎ ‎∵且，∴且，‎ ‎∴四边形AMED为平行四边形．‎ ‎∴．‎ ‎∵平面SCD，平面SCD，‎ ‎∴平面SCD．‎ ‎（2）解：如图所示以点A为坐标原点，建立分别以AD、AB、AS所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，‎ 由条件得M为线段SB近B点的三等分点．‎ 于是，即，‎ 设平面AMC的一个法向量为，则，‎ 将坐标代入并取，得．‎ 另外易知平面SAB的一个法向量为，‎ 所以平面AMC与平面SAB所成的锐二面角的余弦为．‎ ‎（3）设，其中．‎ 由于，所以．‎ 所以，‎ 可知当，即时分母有最小值，此时有最大值，‎ 此时，，即点N在线段CD上且．‎ ‎【点睛】本题考查线面平行的证明，考查求二面角与线面角．求空间角时，一般建立空间直角坐标系，由平面法向量的夹角求得二面角，由直线的方向向量与平面法向量的夹角与线面角互余可求得线面角．‎ ‎ ‎