河北省石家庄市第二中学2019-2020学年高一下学期期末考试数学试题 Word版含解析

河北省石家庄市第二中学2019-2020学年高一下学期期末考试数学试题 Word版含解析

‎2019～2020学年第二学期集团联考 高一数学 考生注意：‎ ‎1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.‎ ‎2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.‎ ‎3.本卷命题范围：解三角形，数列，不等式，立体几何与空间向量、直线和圆、椭圆.‎ 一、选择题：本大题共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.等差数列中，若，，则公差d=（ ）‎ A. B. C. 3 D. －3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等差数列的通项公式直接得出结论．‎ ‎【详解】因为，，所以.‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查等差数列的通项公式的应用．利用等差数列的通项公式可得．．‎ ‎2.下列说法正确的是（ ）‎ A. 有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱 B. 过空间内不同的三点，有且只有一个平面 C. 棱锥的所有侧面都是三角形 D. 用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台 - 19 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据棱柱、棱锥、棱台的概念分别判断ACD，根据平面的基本性质判断B．‎ ‎【详解】如下图，两个三棱柱合在一起，仍然满足有两个面平行，其余各面都是四边形，但它不是棱柱，A错；‎ 当空间三点共线时，过这三点有无数个平面，B错；‎ 根据棱锥的定义，C正确；‎ 用一个与底面平行的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体才叫棱台，不是任意平面都能截出棱台的，D错．‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题考查棱柱、棱锥、棱台的概念，考查平面的基本性质，属于基础题．‎ ‎3.如果,那么下列不等式中正确的是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据已知条件分别对A、B、C、D，四个选项利用特殊值代入进行求解．‎ ‎【详解】A、如果a＜0，b＞0，那么，∴，故A正确；‎ B、取a＝﹣2，b＝1，可得，故B错误；‎ C、取a＝﹣2，b＝1，可得a2＞b2，故C错误；‎ - 19 -‎ D、取a，b＝1，可得|a|＜|b|，故D错误；‎ 故选A．‎ 点睛】此题考查不等关系与不等式，利用特殊值法进行求解更加简便，此题是一道基础题．‎ ‎4.在中，，，，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角形内角和定理可知，再由正弦定理即可求出AB.‎ ‎【详解】由内角和定理知，‎ 所以，‎ 即，‎ 故选D.‎ ‎【点睛】本题主要考查了正弦定理，属于中档题.‎ ‎5.不等式的解集是（ ）‎ A B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 移项通分将分式不等式转化为一元二次不等式进行求解，注意分母不为零.‎ ‎【详解】且，‎ 解得，所以不等式的解集是.‎ 故选：B - 19 -‎ ‎【点睛】本题考查分式不等式的求法，属于基础题.‎ ‎6.若焦点在轴上的椭圆 的离心率为，则（ ）‎ A. 31 B. 28 C. 25 D. 23‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据椭圆定义，用m表示出和，再根据离心率求得m的值．‎ ‎【详解】焦点在x轴上，所以 ‎ 所以 离心率 ，所以 ‎ 解方程得m=23‎ 所以选D ‎【点睛】本题考查了椭圆定义及离心率，属于基础题．‎ ‎7.过点的直线与圆相切，则切线长为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求出点P到圆心的距离，利用勾股定理即可求得切线长.‎ ‎【详解】因为点到圆C的圆心的距离为，所以切线长为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、两点间的距离公式，属于基础题.‎ ‎8.已知等比数列的前n项和为，且，，则=（ ）.‎ A. 90 B. 125 C. 155 D. 180‎ - 19 -‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由等比数列的性质，成等比数列，即可求得，再得出答案.‎ ‎【详解】因为等比数列的前项和为，根据性质所以成等比数列，因为，所以，故 故选C ‎【点睛】本题考查了等比数列的性质，若等比数列的前项和为，则也成等比数列，这是解题的关键，属于较为基础题.‎ ‎9.在正方体中，分别为，的中点，为侧面的中心，则异面直线与所成角的余弦值为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为，求出的坐标，由数量积求夹角公式求解．‎ ‎【详解】如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系． 设正方体的棱长为，则， ∴． 则． ∴异面直线与所成角的余弦值为 ,故选A．‎ - 19 -‎ ‎【点睛】本题考查利用空间向量求解异面直线所成角，关键是正确标出所用点的坐标，是中档题．‎ ‎10.已知直线l过点，且与x，y轴的正半轴分别交于A，B两点.若的面积为12（O为坐标原点），则直线l的方程为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设直线l的方程为，同三角形面积和直线所过点的坐标列出的方程组，解之可得，从而得直线方程，化为一般式即可．‎ ‎【详解】设直线l的方程为，则的面积为①.‎ 因为直线l过点，所以②.‎ 联立①②，解得，，‎ 故直线l的方程为，即.‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题考查求直线方程，根据已知条件设直线方程的截距式，求解较方便．‎ ‎11.在直角坐标系中，是椭圆：的左焦点，‎ - 19 -‎ 分别为左、右顶点，过点作轴的垂线交椭圆于，两点，连接交轴于点，连接交于点，若是线段的中点，则椭圆的离心率为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合几何性质找到a,c的关系即可确定椭圆的离心率．‎ ‎【详解】如图，连接BQ，则由椭圆的对称性易得∠PBF=∠QBF，∠EAB=∠EBA，所以∠EAB=∠QBF，所以ME//BQ.‎ 因为△PME∽△PQB，所以，‎ 因为△PBF∽△EBO，所以，从而有，‎ 又因为M是线段PF的中点，所以.‎ 本题选择C选项.‎ ‎【点睛】椭圆离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：‎ ‎①求出a，c，代入公式；‎ ‎②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．‎ ‎12.已知数列的前项和为，且.若函数是定义在 - 19 -‎ 上的奇函数，且，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据与的关系可得到递推式，再根据构造法即可求出的表达式，从而得出的值，然后由函数的奇偶性和周期性，即可求出的值．‎ ‎【详解】因为，所以，当时，，‎ 作差变形可得，，由于，所以，故 即，所以数列为等比数列．‎ 因为，所以，即，则，，.‎ 因为是定义在上的奇函数，所以，，‎ 所以，即是以为周期的周期函数，‎ 则.‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查与的关系的应用，构造法求数列的通项公式，函数性质奇偶性和周期性的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题．‎ 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知，则的最小值为__________．‎ ‎【答案】‎ - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据均值不等式即可求出的最小值.‎ ‎【详解】因为 ‎ 所以，‎ 根据均值不等式可得：‎ 当且仅当，即时等号成立.‎ ‎【点睛】本题主要考查了均值不等式，属于中档题.‎ ‎14.若球的表面积为，球心到该球的一个截面圆的距离为1，则这个截面圆的面积是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出图形，由球的表面积，可求出球的半径，结合△为直角三角形，可得截面圆的半径，进而可求出截面圆的面积.‎ ‎【详解】如下图，设球心为，球的半径为，则，解得，‎ 设截面圆的半径为，圆心为，球与截面圆的一个交点为，则，，，‎ 又△为直角三角形，所以，‎ 所以截面圆的面积为.‎ - 19 -‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查球的截面，利用构造直角三角形的方法求解是解题的关键，考查学生的计算求解能力，属于基础题.‎ ‎15.在中，内角，，所对的边分别为，，.若，，，则____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据余弦定理得，再根据直角三角形求结果.‎ ‎【详解】因为，所以，结合 化简得，从而有，即在为直角三角形，‎ 将，代入，得，于是，所以.‎ ‎【点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.‎ ‎16.在菱形中，，，沿对角线折起，当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球体积为________.‎ ‎【答案】‎ - 19 -‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出三棱锥的图象经分析可知平面平面时，三棱锥的体积最大，此时由面面垂直的性质推出平面，利用勾股定理求解外接球半径代入球体体积公式即可得解.‎ ‎【详解】如图所示，过点D作底面ABC的垂线交平面ABC于点F，DF即为三棱锥的高，取AC中点为E，连接DE、EF，‎ ‎，而在直角DFE中，‎ 所以当平面平面时，三棱锥的体积最大.‎ 此时，因为，所以为等边三角形，同理为等边三角形，则，‎ 由面面垂直的性质可知平面，‎ 设的外接圆的圆心为，则在上，且，‎ 设三棱锥的外接球的球心为O，，‎ - 19 -‎ 则，解得，则，‎ 故三棱锥的外接球的体积为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查三棱锥外接球问题、面面垂直的概念及性质、三棱锥的体积，属于中档题.‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.‎ ‎17.的内角的对边分别为，，.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若，求的面积.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由正弦定理可得，又因为，代入即可求出．‎ ‎（2）根据同角的三角函数关系式求出，进而可求出，再由面积公式，代入数据即可求解．‎ ‎【详解】（1）因为，，所以 因为，所以 ‎（2）因为，所以 因为，所以，为锐角，‎ 因为，所以 - 19 -‎ 所以 故的面积为.‎ ‎【点睛】本题考查了正弦定理，两角和的正弦公式及求面积公式，考查了推理和计算能力，属基础题．正弦定理为解三角形中有力的工具，常见用法如下：（1）已知两边和一边对角，求另一边对角；（2）已知两角和其中一角的对边，求另一角对边；（3）证明化简；（4）求外接圆半径．‎ ‎18.已知数列的前项和为，且．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）当时，求数列的前项和．‎ ‎【答案】（1； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由,得 ,两式作差得,进而推得，检验，即可求解；(2)利用，裂项求和即可 ‎【详解】(1), ,得,‎ 所以,又,．故 ‎ ‎(2)，所以，‎ 所以 ‎【点睛】‎ - 19 -‎ 本题考查数列通项公式及求和，递推关系的应用，裂项求和，准确计算是关键，是中档题 ‎19.如图，在三棱柱中，，，，平面.‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）求点到平面的距离.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先根据平面得到，再根据为等腰直角三角形得到，从而平面.‎ ‎（2）利用可得所求距离.‎ ‎【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以.‎ 因为，，所以，‎ 又，所以平面.‎ ‎（2）设点到平面的距离为，‎ 因为平面，所以，.‎ 则，，又，所以是等边三角形，‎ 故.‎ - 19 -‎ ‎，‎ ‎.‎ 所以.‎ ‎【点睛】线面垂直的判定可由线线垂直得到，注意线线是相交的，也可由面面垂直得到，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线.而面面垂直的证明可以通过线面垂直得到，也可以通过证明二面角是直二面角.点到平面的距离的计算可利用面面垂直或线面垂直得到点到平面的距离，也可以根据等积法把点到平面的距离归结为一个容易求得的几何体的体积.‎ ‎20.已知圆C的圆心C在x轴的正半轴上，半径为4，直线被圆C截得的弦长为.‎ ‎（1）求圆C的方程；‎ ‎（2）已知直线l过点，且与圆C交于A，B两点.若A，B关于点P对称，求直线l的方程.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设圆C的方程为，圆中的弦长公式建立方程，可得圆C的方程为；‎ ‎（2）分直线l的斜率不存在和直线l的斜率存在两种情况，设直线l的斜率为k，设，，由A，B关于点P对称，和点A，B在圆C上，可得直线l的斜率为，从而求得直线l的方程.‎ - 19 -‎ ‎【详解】解：（1）设圆C的方程为，由题意可得，解得.‎ 故：圆C的方程为.‎ ‎（2）当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为.‎ 此时点A，B不关于点对称，所以1不符合题意.‎ 当直线l的斜率存在时，设直线l的斜率为k.‎ 设，，因为A，B关于点P对称，所以，.‎ 因为点A，B在圆C上，所以，‎ 所以，整理得，即.‎ 因为点A，B在直线l上，所以直线l的斜率为，‎ 则直线l的方程为，即.‎ ‎【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，圆的弦长的公式，圆的标准方程的求得，属于中档题.‎ ‎21.如图，在五面体中，底面为矩形，，，过平面交棱于，交棱于．‎ ‎（1）证明：平面；‎ ‎（2）若，求平面与平面 - 19 -‎ 所成锐二面角的大小．‎ ‎【答案】（1）见解析； （2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据线面平行的判定与性质定理，证明平面；‎ ‎（2）根据线面垂直的判定与性质，知，，以为坐标原点， 所在方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角的大小.‎ ‎【详解】（1）证明：因为底面为矩形，所以，又因为平面，平面，所以平面， ‎ 又因为平面，平面平面，所以， ‎ 又因为平面，平面，所以平面． ‎ ‎（2）解： ，平面，‎ 又因为平面，所以；‎ 因为，所以平面，所以，‎ 以为坐标原点， 所在方向为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，‎ 设，则，所以,‎ 设平面的一个法向量为，则，令，得,‎ - 19 -‎ 易知平面的一个法向量为， ‎ 设平面与平面所成的锐二面角为，则， ‎ 所以，故平面与平面所成锐二面角为．‎ ‎【点睛】本题考查了线面平行的证明，考查了空间向量法求二面角，求二面角的空间向量坐标法的一般步骤：建立空间直角坐标系，确定点及向量的坐标，分别求出两个平面的法向量，通过两个法向量的夹角得出二面角的大小.另外需注意本题中所求的为锐二面角.‎ ‎22.已知椭圆，，，，四点中恰有三点在椭圆上.‎ ‎（1）求的方程；‎ ‎（2）已知点，问是否存在直线与椭圆交于两点，且，若存在，求出直线斜率的取值范围；若不存在说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据椭圆的对称性，得到P2，P3，P4三点在椭圆C上．代入椭圆C，求出a2=16，b2=12，由此能求出椭圆C的方程．‎ ‎（2）设l：y=kx+m，联立，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣48=0，由此利用根的判别式、韦达定理、直线方程，结合已知条件求出直线斜率的取值范围．‎ ‎【详解】（1）由于两点关于轴对称，故由题设知两点，‎ 又由知，不经过点，所以点在上，‎ 因此，解得，‎ 故的方程为.‎ - 19 -‎ ‎（2）假设存在满足条件的直线，，‎ 将直线与椭圆联立可得，消去得，‎ 由，‎ 得，①‎ 故，.‎ 设的中点为，‎ 故， ，‎ 因为，所以，‎ 则，所以，即.‎ 将代入①可得：，‎ 所以，解得，存在直线，使得，‎ 直线的斜率的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查椭圆、直线方程、根的判别式、韦达定理、直线方程位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想，是中档题．‎ - 19 -‎